2024屆云南省景東彝族自治縣一中數學高二上期末學業(yè)水平測試試題含解析

2024屆云南省景東彝族自治縣一中數學高二上期末學業(yè)水平測試試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．直線的傾斜角為（）A. B.C. D.2．已知拋物線內一點，過點的直線交拋物線于，兩點，且點為弦的中點，則直線的方程為（）A. B.C D.3．已知，表示兩條不同的直線，表示平面.下列說法正確的是A.若，，則B.若，，則C.若，，則D.若，，則4．古希臘數學家歐幾里得在《幾何原本》中描述了圓錐曲線共性，并給出了圓錐曲線的統(tǒng)一定義，只可惜對這一定義歐幾里得沒有給出證明.經過了500年，到了3世紀，希臘數學家帕普斯在他的著作《數學匯篇》中，完善了歐幾里得關于圓錐曲線的統(tǒng)一定義，并對這一定義進行了證明.他指出，到定點的距離與到定直線的距離的比是常數的點的軌跡叫做圓錐曲線；當時，軌跡為橢圓；當時，軌跡為拋物線；當時，軌跡為雙曲線.現有方程表示的曲線是雙曲線，則的取值范圍為（）A. B.C. D.5．（2017新課標全國卷Ⅲ文科）已知橢圓C：的左、右頂點分別為A1，A2，且以線段A1A2為直徑的圓與直線相切，則C的離心率為A. B.C. D.6．已知命題：△中，若，則；命題：函數，，則的最大值為.則下列命題是真命題的是（）A. B.C. D.7．如圖，用隨機模擬方法近似估計在邊長為e（e為自然對數的底數）的正方形中陰影部分的面積，先產生兩組區(qū)間上的隨機數和，因此得到1000個點對，再統(tǒng)計出落在該陰影部分內的點數為260個，則此陰影部分的面積約為（）A.0.70 B.1.04C.1.86 D.1.928．設函數在R上可導，則（）A. B.C. D.以上都不對9．已知橢圓的離心率，為橢圓上的一個動點，若定點，則的最大值為A. B.C. D.10．設是橢圓的上頂點，若上的任意一點都滿足，則的離心率的取值范圍是（）A. B.C. D.11．若兩定點A，B的距離為3，動點M滿足，則M點的軌跡圍成區(qū)域的面積為（）A. B.C. D.12．已知隨機變量，，則的值為（）A.0.24 B.0.26C.0.68 D.0.76二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知圓，直線與圓C交于A，B兩點，且，則______14．已知直線與圓交于兩點，則面積的最大值為__________.15．已知集合，，將中的所有元素按從大到小的順序排列構成一個數列，則數列的前n項和的最大值為___________.16．已知實數滿足，則的取值范圍是____________三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知圓的圓心在第一象限內，圓關于直線對稱，與軸相切，被直線截得的弦長為.（1）求圓的方程；（2）若點，求過點的圓的切線方程.18．（12分）已知直線，，分別求實數的值，使得：（1）；（2）；（3）與相交.19．（12分）在①，②，③，，成等比數列這三個條件中選擇符合題意的兩個條件，補充在下面的問題中，并求解.已知數列中，公差不等于的等差數列滿足_________，求數列的前項和.20．（12分）已知函數.（1）若在處取得極值，求在處的切線方程；（2）討論的單調性；（3）若函數在上無零點，求實數的取值范圍.21．（12分）已知雙曲線C：（，）的一條漸近線的方程為，雙曲線C的右焦點為，雙曲線C的左、右頂點分別為A，B（1）求雙曲線C的方程；（2）過右焦點F的直線l與雙曲線C的右支交于P，Q兩點（點P在x軸的上方），直線AP的斜率為，直線BQ的斜率為，證明：為定值22．（10分）已知圓與x軸交于A，B兩點，P是該圓上任意一點，AP，PB的延長線分別交直線于M，N兩點.（1）若弦AP長為2，求直線PB的方程；（2）以線段MN為直徑作圓C，當圓C面積最小時，求此時圓C的方程.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】若直線傾斜角為，由題設有，結合即可得傾斜角的大小.【詳解】由直線方程，若其傾斜角為，則，而，∴.故選：D2、B【解析】利用點差法求出直線斜率，即可得出直線方程.【詳解】設，則，兩式相減得，即，則直線方程為，即.故選：B.3、B【解析】A．運用線面平行的性質，結合線線的位置關系，即可判斷；B．運用線面垂直的性質，即可判斷；C．運用線面垂直的性質，結合線線垂直和線面平行的位置即可判斷；D．運用線面平行的性質和線面垂直的判定，即可判斷【詳解】A．若m∥α，n∥α，則m，n相交或平行或異面，故A錯；B．若m⊥α，，由線面垂直的性質定理可知，故B正確；C．若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，故C錯；D．若m∥α，m⊥n，則n∥α或n?α或n⊥α，故D錯故選B【點睛】本題考查空間直線與平面的位置關系，考查直線與平面的平行、垂直的判斷與性質，記熟定理是解題的關鍵，注意觀察空間的直線與平面的模型4、C【解析】對方程進行化簡可得雙曲線上一點到定點與定直線之比為常數，進而可得結果.【詳解】已知方程可以變形為，即，∴其表示雙曲線上一點到定點與定直線之比為常數，又由，可得，故選：C.5、A【解析】以線段為直徑的圓的圓心為坐標原點，半徑為，圓的方程為，直線與圓相切，所以圓心到直線的距離等于半徑，即，整理可得，即即，從而，則橢圓的離心率，故選A.【名師點睛】解決橢圓和雙曲線的離心率的求值及取值范圍問題，其關鍵就是確立一個關于的方程或不等式，再根據的關系消掉得到的關系式，而建立關于的方程或不等式，要充分利用橢圓和雙曲線的幾何性質、點的坐標的范圍等.6、A【解析】由三角形內角及正弦函數的性質判斷、的真假，應用換元法令，結合對勾函數的性質確定的值域即知、的真假，根據各選項復合命題判斷真假即可.【詳解】由且，可得或，故為假命題，為真命題；令，又，則，故，∵在上遞減，∴，故的最大值為.∴為真命題，為假命題；∴為真，為假，為假，為假.故選：A.7、D【解析】根據幾何概型的概率公式即可直接求出答案.【詳解】易知，根據幾何概型的概率公式，得，所以.故選：D.8、B【解析】根據極限的定義計算【詳解】由題意故選：B9、C【解析】首先求得橢圓方程，然后確定的最大值即可.【詳解】由題意可得：，據此可得：，橢圓方程為，設橢圓上點的坐標為，則，故：，當時，.本題選擇C選項.【點睛】本題主要考查橢圓方程問題，橢圓中的最值問題等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.10、C【解析】設，由，根據兩點間的距離公式表示出，分類討論求出的最大值，再構建齊次不等式，解出即可【詳解】設，由，因為，，所以，因為，當，即時，，即，符合題意，由可得，即；當，即時，，即，化簡得，，顯然該不等式不成立故選：C【點睛】本題解題關鍵是如何求出的最大值，利用二次函數求指定區(qū)間上的最值，要根據定義域討論函數的單調性從而確定最值11、D【解析】以點A為坐標原點，射線AB為x軸的非負半軸建立直角坐標系，求出點M的軌跡方程即可計算得解.【詳解】以點A為坐標原點，射線AB為x軸的非負半軸建立直角坐標系，如圖，設點，則，化簡并整理得：，于是得點M的軌跡是以點為圓心，2為半徑的圓，其面積為，所以M點的軌跡圍成區(qū)域的面積為.故選：D12、A【解析】根據給定條件利用正態(tài)分布的對稱性計算作答.【詳解】因隨機變，，有P(ξ<4)=P(ξ≤4)=0.76，由正態(tài)分布的對稱性得：，所以的值為0.24.故選：A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、-2【解析】將圓的一般方程化為標準方程，結合垂徑定理和勾股定理表示出圓心到弦的距離，再由點到直線的距離公式表示出圓心到弦的距離，解方程即可求得的值.【詳解】解：將圓的方程化為標準方程可得，圓心為，半徑圓C與直線相交于、兩點,且，由垂徑定理和勾股定理得圓心到直線的距離為，由點到直線距離公式得，所以，解得，故答案為：.14、##【解析】先求出的范圍，再利用面積公式可求面積的最大值.【詳解】圓即為，直線為過原點的直線，如圖，連接，故，解得，此時，故的面積為，當且僅當時等號成立，此時即，故答案為：.15、【解析】由題意設，，根據可得，從而，即可得出答案.【詳解】設，由，得，由，得中的元素滿足，即，可得所以，由,所以所以，要使得數列的前n項和的最大值，即求出數列中所以滿足的項的和即可.即，得，則所以數列的前n項和的最大值為故答案為：147216、【解析】去絕對值分別列出每個象限解析式，數形結合利用距離求解范圍.【詳解】當，表示橢圓第一象限部分；當，表示雙曲線第四象限部分；當，表示雙曲線第二象限部分；當，不表示任何圖形；以及兩點，作出大致圖象如圖：曲線上的點到的距離為，根據雙曲線方程可得第二四象限雙曲線漸近線方程都是，與距離為2，曲線二四象限上的點到的距離為小于且無限接近2，考慮曲線第一象限的任意點設為到的距離，當時取等號，所以，則的取值范圍是故答案為：三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）或【解析】（1）結合點到直線的距離公式、弦長公式求得，由此求得圓的方程.（2）根據過的圓的切線的斜率是否存在進行分類討論，結合點到直線的距離公式求得切線方程.【小問1詳解】由題意，設圓的標準方程為：，圓關于直線對稱，圓與軸相切：…①點到的距離為：，圓被直線截得的弦長為，，結合①有：，，又，，，圓的標準方程為：.【小問2詳解】當直線的斜率不存在時，滿足題意當直線的斜率存在時，設直線的斜率為，則方程為.又圓C的圓心為，半徑，由，解得.所以直線方程為，即即直線的方程為或.18、（1）或（2）或（3）且【解析】（1）根據直線一般式平行的條件列式計算；（2）根據直線一般式垂直的條件列式計算；（3）根據相交和平行的關系可得答案.【小問1詳解】，，解得或又時，直線，，兩直線不重合；時，直線，，兩直線不重合；故或；【小問2詳解】，，解得或；【小問3詳解】與相交故由（1）得且.19、詳見解析【解析】根據已知求出的通項公式.當①②時，設數列公差為，利用賦值法得到與的關系式，列方程求出與，求出，寫出的通項公式，可得數列的通項公式，利用錯位相減法求和即可；選②③時，設數列公差為，根據題意得到與的關系式，解出與，寫出的通項公式，可得數列的通項公式，利用錯位相減法求和即可；選①③時，設數列公差為，根據題意得到與的關系式，發(fā)現無解，則等差數列不存在，故不合題意.【詳解】解：因為，，所以是以為首項，為公比的等比數列，所以，選①②時，設數列公差為，因為，所以，因為，所以時，，解得，，所以，所以.所以.（i）所以（ii）（i）（ii），得：所以.選②③時，設數列公差為，因為，所以，即，因為，，成等比數列，所以，即，化簡得，因為，所以，從而，所以，所以，（i）所以（ii）（i）（ii），得：，所以.選①③時，設數列公差為，因為，所以時，，所以.又因為，，成等比數列，所以，即，化簡得，因為，所以，從而無解，所以等差數列不存在，故不合題意.【點睛】本題考查了等差（比）數列的通項公式，考查了錯位相減法在數列求和中的應用，考查了轉化能力與方程思想，屬于中檔題.20、（1）；（2）見解析；（3）.【解析】（1）根據在處取極值可得，可求得，驗證可知滿足題意；根據導數的幾何意義求得切線斜率，利用點斜式可求得切線方程；（2）求導后，分別在和兩種情況下討論導函數的符號，從而得到的單調性；（3）根據在上無零點可知在上的最大值和最小值符號一致；分別在，兩種情況下根據函數的單調性求解最大值和最小值，利用符號一致構造不等式求得結果.【詳解】（1）由題意得：在處取極值，解得：則當時，，單調遞減；當時，，單調遞增為極小值點，滿足題意函數當時，由得：在處的切線方程為：，即：（2）由題意知：函數的定義域為，①當時若，恒成立，恒成立在內單調遞減②當時由，得：；由得：在內單調遞減，在內單調遞增綜上所述：當時，在內單調遞減；當時，在內單調遞減，在內單調遞增（3）①當時，在上單調遞減在上無零點，且②當時（i）若，即，則在上單調遞增由，知符合題意（ii）若，即，則在上單調遞減在上無零點，且（iii）若，即，則在上單調遞減，在上單調遞增，，符合題意綜上所述，實數的取值范圍是【點睛】本題考查導數在研究函數中的應用問題，涉及到導數幾何意義、極值與導數的關系、討論含參數函數的單調性、根據區(qū)間內零點個數求解參數范圍問題.本題的關鍵是能夠通過分類討論的方式，確定導函數的符號，從而判斷出函數的單調性以及最值.21、（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）由題可得，，即求；（2）由題可設直線方程與雙曲線方程聯(lián)立，利用韋達定理法即證【小問1詳解】由題意可知在雙曲線C中，，，