《全国名校大联考2024届数学高二上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《全国名校大联考2024届数学高二上期末质量检测试题含解析（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、全国名校大联考2024届数学高二上期末质量检测试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请
2、将本试卷和答题卡一并交回。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已知函数，当时，函数在，上均为增函数，则的取值范围是A.B.C.D.2已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围为（ ）A.B.C.D.3若直线的倾斜角为120，则直线的斜率为（）A.B.C.D.4在等腰中，在线段斜边上任取一点，则线段的长度大于的长度的概率（）A.B.C.D.5如图，是平面上两点，且，图中的一系列圆是圆心分别为，的两组同心圆，每组同心圆的半径分别是1，2，3，A，B，C，D，E是图中两组同心圆的部分公共点.若点A在以，为焦点的椭圆M上，则（ ）A.点
3、B和C都在椭圆M上B.点C和D都在椭圆M上C.点D和E都在椭圆M上D.点E和B都在椭圆M上6设斜率为2的直线l过抛物线（）的焦点F，且和y轴交于点A，若（O为坐标原点）的面积为4，则抛物线方程为（ ）A.B.C.D.7已知向量，且，则（）A.B.C.D.8设抛物线的焦点为，点为抛物线上一点，点坐标为，则的最小值为（）A.B.C.D.9如图，奥运五环由5个奥林匹克环套接组成，环从左到右互相套接，上面是蓝、黑、红环，下面是黄，绿环，整个造形为一个底部小的规则梯形为迎接北京冬奥会召开，某机构定制一批奥运五环旗，已知该五环旗的5个奥林匹克环的内圈半径为1，外圈半径为1.2，相邻圆环圆心水平距离为2.6
4、，两排圆环圆心垂直距离为1.1，则相邻两个相交的圆的圆心之间的距离为（ ）A.B.2.8C.D.2.910已知平面直角坐标系内一动点P，满足圆上存在一点Q使得，则所有满足条件的点P构成图形的面积为（ ）A.B.C.D.11已知数列是等比数列，是函数的两个不同零点，则（ ）A.16B.C.14D.12已知是等比数列，则（ ）A.数列是等差数列B.数列是等比数列C.数列是等差数列D.数列是等比数列二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13六面体的所有棱长都为2，底面ABCD是正方形，AC与BD的交点是O，若，则_.14椭圆的两焦点为，P为C上的一点（P与，不共线），则的周长为_.15已知
5、直线，为抛物线上一点，则到这两条直线距离之和的最小值为_.16已知椭圆的左、右焦点分别为，P为椭圆上一点，满足 (O为坐标原点)若，则椭圆的离心率为_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）已知圆经过点和，且圆心在直线上.（1）求圆的方程;（2）过原点的直线与圆交于M，N两点，若的面积为，求直线的方程.18（12分）如图，在四棱锥中，底面，为上一点，且.请用空间向量知识解答下列问题：（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的大小.19（12分）已知数列的前项和为，.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和；（3）若数列，求前项和.20（12分）如图，在几何体
6、中，底面是边长为2的正三角形，平面，且，是的中点（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成的角的余弦值21（12分）已知等差数列的前n项和为，且.（1）求数列的通项公式及；（2）设，求数列的前n项和.22（10分）已知等差数列中，（1）分别求数列的通项公式和前项和；（2）设，求参考答案一、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、A【解析】由，函数在上均为增函数，恒成立，,设，则，又设，则满足线性约束条件，画出可行域如图所示，由图象可知在点取最大值为，在点取最小值.则的取值范围是，故答案选A考点：利用导数研究函数的性质，简单的线性规划2
7、、D【解析】根据题意参变分离得到，求出的最小值，进而求出实数a的取值范围.【详解】由题意得：在上恒成立，即，其中在处取得最小值，所以，解得：，故选：D3、B【解析】求得倾斜角的正切值即得【详解】k=tan120=.故选：B4、C【解析】利用几何概型的长度比值，即可计算.【详解】设直角边长，斜边，则线段的长度大于的长度的概率.故选：C5、C【解析】根据椭圆的定义判断即可求解.【详解】因为，所以椭圆M中，因为，,所以D，E在椭圆M上.故选：C6、B【解析】根据抛物线的方程写出焦点坐标，求出直线的方程、点的坐标，最后根据三角形面积公式进行求解即可.【详解】抛物线的焦点的坐标为，所以直线的方程为：，令
8、，解得，因此点的坐标为：，因为面积为4，所以有，即，因此抛物线的方程为.故选：B.7、A【解析】利用空间向量共线的坐标表示即可求解.【详解】由题意可得，解得，所以.故选：A8、B【解析】设点P在准线上的射影为D，则根据抛物线的定义可知|PF|PD|，进而把问题转化为求|PM|+|PD|的最小值，即可求解【详解】解：由题意，设点P在准线上的射影为D，则根据抛物线的定义可知|PF|PD|，所以要求|PM|+|PF|的最小值，即求|PM|+|PD|的最小值，当D，P，M三点共线时，|PM|+|PD|取得最小值为故选：B9、C【解析】根据题意作出辅助线直接求解即可.【详解】如图所示，由题意可知，在中，
9、取的中点，连接，所以，又因为，所以，所以即相邻两个相交的圆的圆心之间的距离为.故选：C10、D【解析】先找临界情况当PQ与圆C相切时，进而可得满足条件的点P形成的图形为大圆（包括内部），即求.【详解】当PQ与圆C相切时，这种情况为临界情况，当P往外时无法找到点Q使，当P往里时，可以找到Q使，故满足条件的点P形成的图形为大圆（包括内部），如图，由圆，可知圆心，半径为1，则大圆的半径为，所有满足条件的点P构成图形的面积为.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题的关键是找出临界情况时点所满足的条件，进而即可得到动点满足条件的图形，问题即可解决.11、B【解析】由题意得到，根据等比数列的性质得到，化简，即
10、可求解.【详解】由，是函数的两个不同零点，可得，根据等比数列的性质，可得则.故选：B.12、B【解析】取，可判断AC选项；利用等比数列的定义可判断B选项；取可判断D选项.【详解】若，则、无意义，A错C错；设等比数列的公比为，则，（常数），故数列是等比数列，B对；取，则，数列为等比数列，因为，且，所以，数列不是等比数列，D错.故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】结合空间向量运算求得.【详解】，.所以.故答案为：14、【解析】结合椭圆的定义求得正确答案.【详解】椭圆方程为，所以，所以三角形的周长为.故答案为：15、【解析】过作，垂足分别为，由直线为抛物线的准线，
11、转化，当三点共线时，取得最小值【详解】过作，垂足分别为抛物线的焦点为直线为抛物线的准线由抛物线的定义，故，当三点共线时，取得最小值故最小值为点到直线的距离：故答案为：16、# 【解析】由可得，再结合椭圆的性质可得为直角三角形，由题意设，则，由勾股定理可得，再结合椭圆的定义可求出离心率【详解】因为，所以，所以，因为，所以，所以为直角三角形，即，所以设，则，所以，得，因为则，所以，所以，即离心率为，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） （2）直线的方程为或或【解析】（1）由弦的中垂线与直线的交点为圆心即可求解；（2）由，可得或，进而有或，显然直线斜率
12、存在，设直线，由点到直线的距离公式求出的值即可得答案.【小问1详解】解：设弦的中点为，则有，因为，所以直线，所以直线的中垂线为，则圆心在直线上，且在直线上，联立方程解得圆心， 则圆的半径为， 所以圆方程为；【小问2详解】解：设圆心到直线的距离为，因为，所以或，所以或，显然直线斜率存在，所以设直线，则或，解得或或，故直线的方程为或或.18、（1）证明见解析（2）【解析】（1）以为原点，、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，证明出，结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的大小.【小问1详解】证明：底面，故以为原点，、分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标
13、系，则、，所以，则，即，又，所以，平面.【小问2详解】解：知，设平面的法向量为，则，即，令，可得，设平面的法向量为，由，即，令，可得，因此，平面与平面夹角的大小为.19、（1）（2）（3）【解析】（1）由可求得的值，令，由可得，两式作差可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式；（2）求得，利用错位相减法可求得；（3）利用奇偶分组法，结合等差数列和等比数列的求和公式可求得.【小问1详解】解：当时，可得，当时，由可得，上述两个等式作差得，可得，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，故.【小问2详解】解：，所以，所以，上述两个等式作差得，因此，.【小问3详解】解：由
14、题意可得，所以，.20、（1）证明见解析； （2）.【解析】（1）设为中点，连接，证明四边形为平行四边形即可；（2）确定异面直线与所成的角为，计算三角形各边长，根据余弦定理计算得到答案.【小问1详解】设为中点，连接，为中点，是的中点，故，且，故，且，四边形为平行四边形，平面，平面，故平面.【小问2详解】，故异面直线与所成的角为，在中：，.根据余弦定理：，所以异面直线与所成的角的余弦值为.21、（1） （2）【解析】（1）设等差数列的公差为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，利用等差数列的通项公式可求得数列的通项公式，利用等差数列前n项和公式求出；（2）求得，利用裂项相消法即可求得.【小问1详解】设等差数列的公差为，由，解得，所以，故数列的通项公式，；【小问2详解】由（1）可得，所以，所以.
