《2024学年江西省上饶市广丰一中高二数学第一学期期末质量检测试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024学年江西省上饶市广丰一中高二数学第一学期期末质量检测试题含解析（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2024学年江西省上饶市广丰一中高二数学第一学期期末质量检测试题请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1某市2016年至2020年新能源汽车年销量y（单位：百台）与年份代号x的数据如下表：年份20162017201820192020年份代号x01234年销量y1015m3035若根据表中的数据用最小二乘法求得y关于
2、x的回归直线方程为，则表中m的值为（）A.22B.20C.30D.32.52已知抛物线的焦点与椭圆的一个焦点重合，过坐标原点作两条互相垂直的射线，与分别交于，则直线过定点（）A.B.C.D.3函数的定义域为开区间，导函数在内的图像如图所示，则函数在开区间内有极小值点（）A.个B.个C.个D.个4在区间内随机取一个数则该数满足的概率为（）A.B.C.D.5一个几何体的三视图都是半径为1的圆，在该几何体内放置一个高度为1的长方体，则长方体的体积最大值为（）A.B.C.D.16各项均为正数的等比数列的前项和为，若，则（）A.B.C.D.7已知等差数列的前n项和为，且，若（，且），则i的取值集合是（
3、）A.B.C.D.8数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半.这条直线被后人称为三角形的欧拉线，已知的顶点，且，则的欧拉线的方程为（）A.B.C.D.9莱茵德纸草书（RhindPapyrus）是世界上最古老的数学著作之一书中有这样一道题目：把93个面包分给5个人，使每个人所得面包个数成等比数列，且使较小的两份之和等于中间一份的四分之三，则最大的一份是（）个A.12B.24C.36D.4810函数的图像大致是（）A.B.C.D.11直线与圆相切，则实数等于（ ）A.或B.或C.3或5D.5或312已知，若，则（ ）A.B
4、.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知直线与垂直，则m的值为_14若经过点且斜率为1的直线与抛物线交于，两点，则_.15如图三角形数阵：12 34 5 67 8 9 1011 12 13 14 15按照自上而下，自左而右的顺序，2021位于第i行的第j列，则_16过抛物线的准线上任意一点做抛物线的切线，切点分别为，则A点到准线的距离与点到准线的距离之和的最小值为_三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知数列是等差数列，其前n项和为，数列满足(且)，.（1）求和的通项公式；（2）求数列的前n项和.18（12分）如图1，在四边形A
5、BCD中，E是AD的中点，将沿BF折起至的位置，使得二面角的大小为120（如图2），M，N分别是，的中点.（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.19（12分）已知椭圆的右焦点为F(，0)，且点M(，)在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）直线l过点F，且与椭圆交于A，B两点，过原点O作l的垂线，垂足为P，若，求的值.20（12分）已知等差数列满足，（1）求的通项公式；（2）若等比数列的前n项和为，且，求满足的n的最大值21（12分）已知；.（1）若为真命题，求实数的取值范围；（2）若为假命题，为真命题，求实数的取值范围.22（10分）如图1是，分别是边，上两点，且，将沿折起使得，如图
6、2.（1）证明：图2中，平面；（2）图2中，求二面角的正切值.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解题分析】求出样本中心的横坐标，代入回归直线方程，求出样本中心的纵坐标，然后求解即可【题目详解】因为，代入回归直线方程为，所以，于是得，解得故选：B2、A【解题分析】由椭圆方程可求得坐标，由此求得抛物线方程；设，与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，根据可得，由此构造方程求得，根据直线过定点的求法可求得定点.【题目详解】由椭圆方程知其焦点坐标为，又抛物线焦点，解得：，则抛物线的方程为，由题意知：直线斜率不为，可设，由得
7、：，则，即，设，则，解得：或；又与坐标原点不重合，当时，直线恒过定点.故选：A.【题目点拨】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；根据直线过定点的求解方法可求得结果.3、A【解题分析】利用极小值的定义判断可得出结论.【题目详解】由导函数在区间内的图象可知，函数在内的图象与轴有四个公共点，在从左到右第一个点处导数左正右负，在从左到右第二个点处导数
8、左负右正，在从左到右第三个点处导数左正右正，在从左到右第四个点处导数左正右负，所以函数在开区间内的极小值点有个，故选：A.4、C【解题分析】求解不等式，利用几何概型的概率计算公式即可容易求得.【题目详解】求解不等式可得：，由几何概型的概率计算公式可得：在区间内随机取一个数则该数满足的概率为.故选：.5、B【解题分析】根据题意得到几何体为半径为1的球，长方体的体对角线为球的直径时，长方体体积最大，设出长方体的长和宽，得到等量关系，利用基本不等式求解体积最大值.【题目详解】由题意得：此几何体为半径为1的球，长方体为球的内接长方体时，体积最大，此时长方体的体对角线为球的直径，设长方体长为，宽为，则由
9、题意得：，解得：，而长方体体积为，当且仅当时等号成立，故选：B6、D【解题分析】根据等比数列性质可知，成等比数列，由等比中项特点可构造方程求得，由等比数列通项公式可求得，进而得到结果.【题目详解】由等比数列的性质可得：，成等比数列，则，即，解得：，解得：.故选：D.7、C【解题分析】首先求出等差数列的首先和公差，然后写出数列即可观察到满足的i的取值集合.【题目详解】设公差为d，由题知，解得，所以数列为，故.故选：C.【题目点拨】本题主要考查了等差数列的基本量的求解，属于基础题.8、D【解题分析】由题设条件求出垂直平分线的方程，且的外心、重心、垂心都在垂直平分线上，结合欧拉线的定义，即垂直平分线
10、即为欧拉线.【题目详解】由题设，可得，且中点为，垂直平分线的斜率，故垂直平分线方程为，则的外心、重心、垂心都在垂直平分线上，的欧拉线的方程为.故选：D9、D【解题分析】设等比数列的首项为，公比，根据题意，由求解.【题目详解】设等比数列的首项为，公比，由题意得：，即，解得，所以，故选：D10、B【解题分析】由导数判断函数的单调性及指数的增长趋势即可判断.【题目详解】当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，排除A、D；又由指数函数增长趋势，排除C.故选：B11、C【解题分析】先求出圆的圆心和半径，再利用圆心到直线的距离等于半径列方程可求得结果【题目详解】由，得，则圆心为，半径为2，因为直线与圆相切
11、，所以，得，解得或，故选：C12、B【解题分析】先求出的坐标，然后由可得，再根据向量数量积的坐标运算求解即可.【题目详解】因为，所以，因为，所以，即，解得.故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、0或-9#-9或0【解题分析】根据给定条件利用两直线互相垂直的性质列式计算即得.【题目详解】因直线与垂直，则有，解得或，所以m的值为0或-9.故答案为：0或-914、【解题分析】由题意写出直线的方程与抛物线方程联立，得出韦达定理，由弦长公式可得答案.【题目详解】设，则直线的方程为由，得所以所以故答案为：15、69【解题分析】由图可知，第行有个数，求出第行的最后一个数，从而可分析计
12、算出，即可得出答案.【题目详解】解：由图可知，第行有个数，第行最后一个数为，因为，所以第行的最后一个数为2016，所以2021位第行，即，又，所以2021位第行第5列，即，所以.故答案为：69.16、8【解题分析】设，由可得，根据导数的几何意义求得两切线的方程，联立求得点的坐标，再根到准线的距离转化为到焦点的距离，三点共线时距离最小，进而求出最小值【题目详解】解：设，由可得，所以，所以直线，的方程分别为：，联立，解得，即，又有在准线上，所以，所以，设直线的方程为：，代入抛物线的方程可得：，可得，所以可得，即直线恒过点，即直线恒过焦点，即直的方程为：，代入抛物线的方程：，所以，点到准线的距离与点
13、到准线的距离之和，所以当时，距离之和最小且为8，这时直线平行于轴故答案为：8三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1），；（2）.【解题分析】(1)根据，列方程组即可求解数列的通项公式，根据可求数列的通项公式；(2)化简，利用裂项相消法求该数列前n项和.【小问1详解】设等差数列公差为d，公差，.由得，即，数列是首项为，公比为2的等比数列，；【小问2详解】，.18、（1）证明见解析（2）【解题分析】（1）构造中位线，利用面面平行，可以证明;（2）建立空间直角坐标系，用空间向量的方法即可.【小问1详解】证明：如图，取ED的中点P，连接MP，NP.在平行四边形ABCD
14、中，因为E是AD的中点，所以，又，所以四边形BCDE是平行四边形；因为M，N分别是，BC的中点，所以，.又平面，平面，所以平面，平面.因为，所以平面平面.又平面，所以平面【小问2详解】取BE的中点O，连接，CO，CE.在图1中，因为，所以是等边三角形，又四边形ABCD等腰梯形，所以，即是等边三角形；所以如图，所以.以为原点，射线OB为x轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.因为，则，则，设平面的法向量为，得令，则，即，由题可知，平面BCD的一个法向量为，.由图可知，平面与平面BDC夹角余弦值为；19、（1）（2）【解题分析】（1）求得，的值即可确定椭圆方程；（2）分类讨论直线的斜率存在和斜率不存在两种情况即可确定为定值【小问1详解】由题意知：根据椭圆的定义得：，即，所
