《山南市重点中学2023-2024学年高二上数学期末质量跟踪监视试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山南市重点中学2023-2024学年高二上数学期末质量跟踪监视试题含解析（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、山南市重点中学2023-2024学年高二上数学期末质量跟踪监视试题注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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现有甲、乙、丙、丁、戊五位同学，分别带着A、B、C、D、E五个不同的礼物参加“抽盲盒”学游戏，先将五个礼物分别放入五个相同的盒子里，每位同学再分别随机抽取一个盒子，恰有一位同学拿到自己礼物的概率为（）A.
2、B.C.D.2已知双曲线的左、右焦点分别为，半焦距为c，过点作一条渐近线的垂线，垂足为P，若的面积为，则该双曲线的离心率为（ ）A.3B.2C.D.3在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知，的面积为，则（ ）A.B.C.D.4已知函数，要使函数有三个零点，则的取值范围是（）A.B.C.D.5已知函数的导函数为，且满足，则（）A.B.C.D.6“1x2”是“x2”成立的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件7将直线2xy0沿x轴向左平移1个单位，所得直线与圆x2y22x4y0相切，则实数值为()A.3或7B.2或8C0或10D.1或118已知，分别是
3、圆和圆上的动点，点在直线上，则的最小值是（）A.B.C.D.9阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作圆锥曲线一书，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一.指的是：已知动点与两定点的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，其中，定点为轴上一点，定点的坐标为，若点，则的最小值为（）A.B.C.D.10下列命题正确的是（）A经过三点确定一个平面B.经过一条直线和一个点确定一个平面C.四边形确定一个平面D.两两相交且不共点的三条直线确定一个平面11已知函数是定义在上奇
4、函数，当时，有成立，则不等式的解集是（ ）A.B.C.D.12已知为虚数单位，复数是纯虚数，则（）A.B.4C.3D.2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13类比教材中推导球体积公式的方法，试计算椭圆T：绕y轴旋转一周后所形成的旋转体(我们称为橄榄球)的体积为_.14如图，椭圆的中心在坐标原点，是椭圆的左焦点，分别是椭圆的右顶点和上顶点，当时，此类椭圆称为“黄金椭圆”，则“黄金椭圆”的离心率_.15已知原命题为“若，则”，则它的逆否命题是_（填写”真命题”或”假命题”）16直线与圆相交于两点M，N，若满足，则_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
5、2分）已知圆O：与圆C：（1）在，这两个条件中任选一个，填在下面的横线上，并解答若_，判断这两个圆的位置关系；（2）若，求直线被圆C截得的弦长注：若第（1）问选择两个条件分别作答，按第一个作答计分18（12分）已知数列的前n项和为满足（1）求证：是等比数列，并求数列通项公式；（2）若，数列的前项和为求证：19（12分）已知椭圆的离心率为，且过点.（1）求椭圆的方程；（2）若，分别为椭圆的上，下顶点，过点且斜率为的直线交椭圆于另一点（异于椭圆的右顶点），交轴于点，直线与直线相交于点.求证：直线的斜率为定值.20（12分）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是菱形，E为的中点（1）证明：（2）已知，求
6、二面角的余弦值21（12分）如图，在正方体中，分别为，的中点（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值22（10分）已知抛物线C：（）的焦点为F，原点O关于点F的对称点为Q，点关于点Q的对称点，也在抛物线C上（1）求p的值；（2）设直线l交抛物线C于不同两点A、B，直线、与抛物线C的另一个交点分别为M、N，且，求直线l的横截距的最大值.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、D【解析】利用排列组合知识求出每位同学再分别随机抽取一个盒子，恰有一位同学拿到自己礼物的情况个数，以及五人抽取五个礼物的总情况，两
7、者相除即可.【详解】先从五人中抽取一人，恰好拿到自己礼物，有种情况，接下来的四人分为两种情况，一种是两两一对，两个人都拿到对方的礼物，有种情况，另一种是四个人都拿到另外一个人的礼物，不是两两一对，都拿到对方的情况，由种情况，综上：共有种情况，而五人抽五个礼物总数为种情况，故恰有一位同学拿到自己礼物的概率为.故选：D2、D【解析】根据给定条件求出，再计算面积列式计算作答.【详解】依题意，点，由双曲线对称性不妨取渐近线，即，则，令坐标原点为O，中，又点O是线段的中点，因此，则有，即，所以双曲线的离心率为故选：D3、C【解析】利用面积公式，求出，进而求出，利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出【详解】
8、由面积公式得：，因为的面积为，所以，求得：因，所以由余弦定理得：所以由正弦定理得：，即，解得：故选：C4、A【解析】要使函数有三个解，则与图象有三个交点，数形结合即可求解.【详解】要使函数有三个解，则与图象有三个交点，因为当时，所以，可得在上递减，在递增，所以，有最小值，且时，当趋向于负无穷时，趋向于0，但始终小于0，当时，单调递减，由图像可知：所以要使函数有三个零点，则.故选：A5、C【解析】求出导数后，把 x=e代入，即可求解.【详解】因为，所以，解得故选：C6、A【解析】因为“若，则”是真命题，“若，则”是假命题，所以“”是“”成立的充分不必要条件选A考点：充分必要条件的判断【易错点睛】
9、本题主要考查了充分条件,必要条件,充要条件的判断,属于基础题.对于命题“若,则”是真命题,我们说,并且说是的充分条件，是的必要条件，命题“若,则”是假命题,我们说,由充分条件，必要条件的定义，可以判断出“”是“”成立的充分不必要条件掌握充分条件，必要条件的定义是解题关键7、A【解析】根据直线平移的规律，由直线2xy+=0沿x轴向左平移1个单位得到平移后直线的方程，然后因为此直线与圆相切得到圆心到直线的距离等于半径，利用点到直线的距离公式列出关于的方程，求出方程的解即可得到的值解：把圆的方程化为标准式方程得（x+1）2+（y2）2=5，圆心坐标为（1，2），半径为，直线2xy+=0沿x轴向左平移
10、1个单位后所得的直线方程为2（x+1）y+=0，因为该直线与圆相切，则圆心（1，2）到直线的距离d=r=，化简得|2|=5，即2=5或2=5，解得=3或7故选A考点：直线与圆的位置关系8、B【解析】由已知可得，求得关于直线的对称点为，则，计算即可得出结果.【详解】由题意可知圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径设关于直线的对称点为，则解得，则因为，分别在圆和圆上，所以，则因为，所以故选：B.9、D【解析】设，根据和求出a的值，由，两点之间直线最短，可得的最小值为，根据坐标求出即可.【详解】设，所以，由，所以，因为且，所以，整理可得，又动点M的轨迹是，所以，解得，所以，又，所以，因为，所以的最小值，
11、当M在位置或时等号成立.故选：D10、D【解析】由平面的基本性质结合公理即可判断.【详解】对于A，过不在一条直线上三点才能确定一个平面，故A不正确；对于B，经过一条直线和直线外一个点确定一个平面，故B不正确；对于C，空间四边形不能确定一个平面，故C不正确；对于D，两两相交且不共点的三条直线确定一个平面，故D正确.故选：D11、A【解析】构造函数，分析该函数的定义域与奇偶性，利用导数分析出函数在上为增函数，从而可知该函数在上为减函数，综合可得出原不等式的解集.【详解】令，则函数的定义域为，且，则函数为偶函数，所以，当时，所以，函数在上为增函数，故函数在上为减函数，由等价于或：当时，由可得；当时，
12、由可得.综上所述，不等式的解集为.故选：A.12、C【解析】化简复数得，由其为纯虚数求参数a，进而求的模即可.【详解】由纯虚数，解得：，则，故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】类比球的体积公式的方法，将橄榄球细分为无数个小圆柱体叠加起来【详解】设椭圆的方程为：，则令（根据对称性，我们只需算出轴上半部分的体积）不妨设，按照平均分为等份，则每一等份都是相同高度的圆柱体，第1个圆柱体的体积的半径为：第2个圆柱体的体积的半径为： 第个圆柱体的体积的半径为： 则第个圆柱体的体积为：化简可得：则有：根据可得：当时，则有：故椭圆绕着轴旋转一周后的体积为：而题意中，则 椭圆绕
13、着轴旋转一周后的体积为故答案为：14、或【解析】写出，求出，根据以及即可求解，【详解】由题意，所以，因为，则，即，即，所以，即，解得或（舍）.故答案为：15、真命题【解析】先判断原命题的真假，再由逆否命题与原命题是等价命题判断.【详解】因为命题“若，则”是真命题，且逆否命题与原命题是等价命题,所以它的逆否命题是真命题，故答案为：真命题16、【解析】由点到直线的距离公式，结合已知可得圆心到直线的距离，再由圆的弦长公式可得,然后可解.【详解】因为，所以，所以，圆心到直线的距离因为，所以，所以故答案为：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、（1）选:外离；选：相切; （
14、2）【解析】(1)不论选还是选，都要首先算出两圆的圆心距，然后和两圆的半径之和或差进行比较即可；(2)根据点到直线的距离公式，先计算圆心到直线的距离，然后利用圆心距、半径、弦长的一半之间的关系求解.【小问1详解】选圆O的圆心为，半径为l；圆C的圆心为，半径为因为两圆的圆心距为，且两圆的半径之和为，所以两圆外离选圆O的圆心为，半径为1圆C的圆心为，半径为2因为两圆的圆心距为且两圆的半径之和为，所以两圆外切【小问2详解】因为点C到直线的距离，所以直线被圆C截得的弦长为18、（1）证明见解析， （2）证明见解析【解析】（1）令可求得的值，令，由可得，两式作差可得，利用等比数列的定义可证得结论成立，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式；（2）求得，利用错位相减法可求得，结合数列的单调性可证得结论成立.【小问1详解】证明：当时，解得，当时，由可得，上述两个等式作差得，所以，则，因为，则，可得，以此类推，可知对任意的，所以，因此，数列是等比数列，且首项为，
