《2024届北京市海淀区市级名校高二数学第一学期期末综合测试试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届北京市海淀区市级名校高二数学第一学期期末综合测试试题含解析（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2024届北京市海淀区市级名校高二数学第一学期期末综合测试试题注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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
2、个选项中，只有一项是符合题目要求的。1命题“，”的否定是A.，B.，C.，D.，2已知点，分别在双曲线的左右两支上，且关于原点对称，的左焦点为，直线与的左支相交于另一点，若，且，则的离心率为（ ）A B.C.D.3已知抛物线，点在抛物线上，记点到直线的距离为，则的最小值是（）A.5B.6C.7D.84已知“”的必要不充分条件是“或”，则实数的最小值为（ ）A.B.C.D.5已知抛物线过点，则抛物线的焦点坐标为（）A.B.C.D.6已知集合，则中元素的个数为（ ）A.3B.2C.1D.07已知等比数列的公比为，则“是递增数列”的一个充分条件是（）A.B.C.D.8如图是等轴双曲线形拱桥，现拱顶距
3、离水面6米，水面宽米，若水面下降6米，则水面宽()A.米B.米C.米D.米9圆关于直线对称，则的最小值是（ ）A.B.C.D.10已知双曲线离心率为2，过点的直线与双曲线C交于A，B两点，且点P恰好是弦的中点，则直线的方程为（）A.B.C.D.11过点且斜率为的直线方程为（ ）A.B.C D.12若，则（）A.0B.1C.D.2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在平面直角坐标系中，直线与的交点为，以为圆心作圆，圆上的点到轴的最小距离为（）求圆的标准方程；（）过点作圆的切线，求切线的方程14已知点P为椭圆上的任意一点，点，分别为该椭圆的左、右焦点，则的最大值为_.15已知、双曲
4、线的左、右焦点，A、B为双曲线上关于原点对称的两点，且满足，则双曲线的离心率为_.16若和或都是假命题，则的范围是_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）如图，在直三棱柱中，分别是棱 的中点，点在线段上.（1）当直线与平面所成角最大时，求线段的长度；（2）是否存在这样的点，使平面与平面所成的二面角的余弦值为，若存在，试确定点的位置，若不存在，说明理由.18（12分）已知等差数列的前三项依次为，4，前项和为，且.（1）求的通项公式及的值；（2）设数列的通项，求证是等比数列，并求的前项和.19（12分）在锐角中，角的对边分别为，满足.（1）求;（2）若的面积为
5、，求的值.20（12分）如图,是平行四边形，已知，,平面平面.（1）证明：；（2）若，求平面与平面所成二面角的平面角的余弦值21（12分）已知双曲线的左，右焦点为，离心率为.（1）求双曲线C的渐近线方程；（2）过作斜率为k的直线l分别交双曲线的两条渐近线于A，B两点，若，求k的值.22（10分）已知函数.（1）求的单调递减区间；（2）在锐角中，分别为角，的对边，且满足，求的取值范围.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、C【解析】特称命题的否定是全称命题，改量词，且否定结论，故命题的否定是“”.本题选择C选项.2、D【
6、解析】根据双曲线的定义及，应用勾股定理，可得关系，即可求解.【详解】设双曲线的右焦点为，连接,如图：根据双曲线的对称性及可知，四边形为矩形.设因为，所以，又，所以，,在和中，由化简可得，把代入可得：，所以，故选：D【点睛】本题主要考查了双曲线的定义，双曲线的简单几何性质，勾股定理，属于难题.3、D【解析】先求出抛物线的焦点和准线，利用抛物线的定义将转化为的距离，即可求解.【详解】由已知得抛物线的焦点为，准线方程为，设点到准线的距离为，则，则由抛物线的定义可知，当点、三点共线时等号成立，故选：.4、A【解析】首先解不等式得到或，根据题意得到，再解不等式组即可.【详解】，解得或，因为“”的必要不充
7、分条件是“或”，所以.实数的最小值为.故选：A5、D【解析】把点代入抛物线方程求出，再化成标准方程可得解.【详解】因为抛物线过点，所以，所以抛物线方程为，方程化成标准方程为，故抛物线的焦点坐标为.故选：D.6、B【解析】集合中的元素为点集，由题意，可知集合A表示以为圆心，为半径的单位圆上所有点组成的集合，集合B表示直线上所有的点组成的集合，又圆与直线相交于两点，则中有2个元素.故选B.【名师点睛】求集合的基本运算时，要认清集合元素的属性(是点集、数集或其他情形)和化简集合，这是正确求解集合运算的两个先决条件.集合中元素的三个特性中的互异性对解题影响较大，特别是含有字母的集合，在求出字母的值后，
8、要注意检验集合中的元素是否满足互异性.7、D【解析】由等比数列满足递增数列，可进行和两项关系的比较，从而确定和的大小关系.【详解】由等比数列是递增数列，若，则，得；若，则，得；所以等比数列是递增数列，或，；故等比数列是递增数列是递增数列的一个充分条件为，.故选：D.8、B【解析】以双曲线的对称中心为原点，焦点所在对称轴为y轴建立直角坐标系，求出双曲线方程，数形结合即可求解.【详解】如图所示，以双曲线的对称中心为原点，焦点所在对称轴为y轴建立直角坐标系，设双曲线标准方程为：(a0)，则顶点，将A点代入双曲线方程得，当水面下降6米后，代入双曲线方程得，水面宽：米.故选：B.9、C【解析】先求出圆的
9、圆心坐标，根据条件可得直线过圆心，从而可得，然后由，展开利用均值不等式可得答案.【详解】由圆可得标准方程为，因为圆关于直线对称，该直线经过圆心，即，当且仅当，即时取等号，故选：C.10、C【解析】运用点差法即可求解【详解】由已知得，又，可得.则双曲线C的方程为.设，则两式相减得，即.又因为点P恰好是弦的中点，所以，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即.经检验满足题意故选：C11、B【解析】利用点斜式可得出所求直线的方程.【详解】由题意可知所求直线的方程为，即.故选：B.12、D【解析】由复数的乘方运算求，再求模即可.【详解】由题设，故2.故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
10、。13、（）；（）或【解析】（）求出点的坐标，设圆的半径为，圆上的点到轴的最小距离为1求得的值，由此可得出圆的标准方程；（）对切线的斜率是否存在进行分类讨论，当切线的斜率不存在时，可得切线方程为，验证即可；当切线的斜率存在时，可设所求切线的方程为，利用圆心到切线的距离等于圆的半径可求得的值，综合可得出所求切线的方程.【详解】（）联立方程组，解得，即点设圆的半径为，由于圆上的点到轴的最小距离为，则，所以，故圆的标准方程为；（）若切线的斜率不存在，则所求切线的方程为，圆心到直线的距离为，不合乎题意；若切线的斜率存在，可设切线的方程为，即，圆的圆心坐标为，半径为，由题意可得，整理得，解得或故所求切线
11、方程为或【点睛】本题考查圆的标准方程的求解，同时也考查了过圆外一点的圆的切线方程的求解，考查计算能力，属于中等题.14、【解析】利用正弦定理表示出，再求t，再利用求的最大值即可.【详解】在中，由正弦定理得，所以，即求的最大值，也就是求t的最小值，而，即最大时，由椭圆的性质知当P为椭圆上顶点时最大，此时，所以，所以的最大值是1，所以，故答案为：.【点睛】本题考查椭圆焦点三角形的问题，考查正弦定理的应用.15、【解析】可得四边形为矩形，运用三角函数的定义可得，由双曲线的定义和矩形的性质，可得，由离心率公式求解即可.【详解】、为双曲线的左、右焦点，可得四边形为矩形，在中，在中，可得，故答案为：.【点
12、睛】关键点点睛：得出四边形为矩形，利用双曲线的定义解决焦点三角形问题.16、【解析】先由和或都是假命题，求出x的范围，取交集即可.【详解】若为假命题，则有或若或是假命题，则所以的范围是即的范围是胡答案：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）存在， A1P=【解析】（1）作出线面角，因为对边为定值，所以邻边最小时线面角最大；（2）建立空间直角坐标系，由向量法求二面角列方程可得.【小问1详解】直线PN与平面A1B1C1所成的角即为直线PN与平面ABC所成角，过P作,即PN与面ABC所成的角，因为PH为定值，所以当NH最小时线面角最大，因为当P为中点时，,
13、此时NH最小，即PN与平面ABC所成角最大，此时.【小问2详解】以AB,AC,AA1为x,y,z轴建立空间坐标系，则：A（0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),A1(0,0,1)设=， ，设平面PMN的法向量为，则，即，解得，平面AC1C的法向量为, .所以P点为A1B1的四等分点，且A1P=.18、（1）， （2）证明见解析，【解析】(1)直接利用等差中项的应用求出的值，进一步求出数列的通项公式和的值；(2)利用等比数列的定义即可证明数列为等比数列，进一步求出数列的和.【小问1详解】等差数列的前三项依次为，4，解得；故首项为2，公差为2，故，前项和为，且，整理得，解得或11(负值
14、舍去).，k10.【小问2详解】由(1)得：，故(常数)，故数列是等比数列；.19、（1）；（2）.【解析】（1）由条件可得，即，从而可得答案.(2)由条件结合三角形的面积公式可得，再由余弦定理得，配方可得答案.【详解】（1）因为，所以，所以所以，因为所以，因为，所以（2）由面积公式得，于是，由余弦定理得，即，整理得，故.20、 (1)见解析;(2).【解析】（1）推导出，取BC的中点F，连结EF ，可推出，从而平面，进而，由此得到平面，从而；（2）以为坐标原点，所在直线分别为，轴，以过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成二面角的余弦值【详解】（1）是平行四边形，且，故，即取BC的中点F，连结EF.又平面平面平面平面平面平面，
