《2023-2024学年吉林省蛟河高级中学数学高二上期末检测试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023-2024学年吉林省蛟河高级中学数学高二上期末检测试题含解析（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2023-2024学年吉林省蛟河高级中学数学高二上期末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抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记两次的点数均为奇数，两次的点数之和为8，则（）A.B.C.D.2直线的倾斜角的大小为（ ）A.B.C.D.3椭圆上的点P到直线x+ 2y- 9= 0的最短距离为（）A.B.C.D.4已
2、知数列满足：且，则此数列的前20项的和为（ ）A.621B.622C.1133D.11345圆与圆的位置关系为（ ）A.内切B.相交C.外切D.相离6在平面几何中，将完全覆盖某平面图形且直径最小的圆，称为该平面图形的最小覆盖圆.如线段的最小覆盖圆就是以该线段为直径的圆，锐角三角形的最小覆盖圆就是该三角形的外接圆.若，则的最小覆盖圆的半径为（ ）A.B.C.D.7已知椭圆=1的离心率为，则k的值为（ ）A.4B.C.4或D.4或8已知函数在上可导，且，则与的大小关系为A.B.C.D.不确定9加斯帕尔蒙日（图1）是1819世纪法国著名的几何学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线
3、的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”（图2）则椭圆的蒙日圆的半径为（）A.3B.4C.5D.610已知向量，若，则实数（）A.B.C.D.11若抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，则的值为A.B.C.D.12已知空间向量，则（）A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若“x2-x-60”是“xa”的必要不充分条件，则a的最小值为_.14已知是数列的前n项和，且，则_；数列的通项公式_15直线l过点P(1，3)，且它的一个方向向量为(2，1)，则直线l的一般式方程为_.16若函数在1，3单调递增，则a的取值范围_三、解答题：共70分。解答应写出
4、文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知等比数列的前项和为，数列的前项和为，且，（1）分别求数列和的通项公式；（2）若，为数列的前项和，是否存在不同的正整数，（其中，成等差数列），使得，成等比数列？若存在，求出所有满足条件的，的值；若不存在，说明理由18（12分）已知双曲线C：( a0，b0）的离心率为，且双曲线的实轴长为2（1）求双曲线C的方程；（2）已知直线xy + m =0与双曲线C交于不同的两点A、B，且线段AB中点在圆x2y2 =17上，求m的值19（12分）已知数列的首项，且满足.（1）求证：数列为等差数列；（2）设，求数列的前项和.20（12分）请分别确定满足下列条件的直
5、线方程（1）过点（1，0）且与直线x2y20垂直直线方程是（2）求与直线3x-4y+7=0平行，且在两坐标轴上截距之和为1的直线l的方程.21（12分）如图，菱形的边长为4，矩形的面积为8，且平面平面（1）证明：；（2）求C到平面的距离.22（10分）已知为坐标原点，椭圆：的左、右焦点分别为，右顶点为，上顶点为，若，成等比数列，椭圆上的点到焦点的距离的最大值为求椭圆的标准方程；过该椭圆的右焦点作两条互相垂直的弦与，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、B【解析】利用条件概率公式进行求解.【详解】，其中表示：
6、两次点数均为奇数，且两次点数之和为8，共有两种情况，即，故，而，所以，故选：B2、B【解析】由直线方程,可知直线的斜率，设直线的倾斜角为，则，又，所以，故选3、A【解析】与已知直线平行，与椭圆相切的直线有二条，一条距离最短，一条距离最长，利用相切，求出直线的常数项，再计算平行线间的距离即可.【详解】设与已知直线平行，与椭圆相切的直线为，则所以所以椭圆上点P到直线的最短距离为故选：A4、C【解析】这个数列的奇数项是公差为2的等差数列，偶数项是公比为2的等比数列，只要分开来计算即可.【详解】由于，所以当n为奇数时，是等差数列，即：共10项，和为；，共10项，其和为；该数列前20项的和；故选：C.5
7、、C【解析】写出两圆的圆心和半径，求出圆心距，发现与两圆的半径和相等，所以判断两圆外切【详解】圆的标准方程为：，所以圆心坐标为，半径；圆的圆心为，半径，圆心距，所以两圆相外切故选：C6、C【解析】根据新定义只需求锐角三角形外接圆的方程即可得解.【详解】，为锐角三角形，的外接圆就是它的最小覆盖圆，设外接圆方程为，则 解得的最小覆盖圆方程为，即，的最小覆盖圆的半径为.故选：C7、C【解析】根据焦点所在坐标轴进行分类讨论，由此求得的值.【详解】当焦点在轴上时，且.当焦点在轴上时，且.故选：C8、B【解析】由,所以.9、A【解析】由蒙日圆的定义，确定出圆上的一点即可求出圆的半径.【详解】由蒙日圆的定义
8、，可知椭圆的两条切线的交点在圆上，所以，故选：A10、C【解析】先根据题意求出，然后再根据得出，最后通过计算得出结果.【详解】因为，所以，又，所以，即，解得.故选：.【点睛】本题主要考查向量数量积的坐标运算及向量垂直的相关性质，熟记运算法则即可，属于常考题型.11、D【解析】解：椭圆的右焦点为(2,0)，所以抛物线的焦点为(2,0)，则，故选D12、A【解析】求得，即可得出.【详解】，.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、3【解析】解出不等式x2-x-60,由“x2-x-60”是“xa”的必要不充分条件,求出a的最小值.【详解】由x2-x-60，解得x3.因为“x2
9、-x-60”是“xa”的必要不充分条件，所以x|xa是x|x3的真子集，即a3，故答案为:3.【点睛】本题考查充分条件和必要条件的应用,考查一元二次不等式的解法,属于基础题.14、 . .【解析】当时，推导出，从而数列是从第二项起，公比为的等比数列，进而能求出数列的通项公式，即可求得答案.【详解】为数列的前项和，时，得：，数列的通项公式为.故答案为：；.15、【解析】根据直线方向向量求出直线斜率即可得直线方程.【详解】因为直线l的一个方向向量为(2，1)，所以其斜率，所以l方程为：，即其一般式方程为：.故答案为：.16、【解析】由在区间上恒成立来求得的取值范围.【详解】依题意在区间上恒成立，在
10、上恒成立，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），；（2）不存在，理由见解析.【解析】（1）利用数列为等比数列，将已知的等式利用首项和公比表示，得到一个方程组，求解即可得到首项和公比，结合等比数列的通项公式即可求出；将已知的等式变形，得到数列为等差数列，利用等差数列通项公式求出，再结合数列的第项与前项和之间的关系进行求解，即可得到；（2）先利用等比数列求和公式求出，从而得到的表达式，然后利用裂项相消求和法求出，假设存在不同的正整数，（其中，成等差数列），使得，成等比数列，利用等比中项、等差中项以及进行化简变形，得到假设不成立，故可得到答案【详
11、解】（1）因为数列为等比数列，设首项为，公比为，由题意可知，所以，所以，由可得，即，所以或2，因为，所以，所以，所以，由，可得，所以数列为等差数列，首项为，公差为1，故，则，当时，当时，也适合上式，故（2）由，可得，所以，所以，假设存在不同的正整数，（其中，成等差数列），使得，成等比数列，则有，所以，则，即，因为，所以，即，所以，所以，则，所以，则，所以，即，所以，这与已知的，互不相等矛盾，故不存在不同的正整数，（其中，成等差数列），使得，成等比数列【点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2）
12、 ； （3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.18、（1）；（2）【解析】（1）由实轴长求得，再由离心率得，从而求得得双曲线方程；（2）直线方程与双曲线方程联立方程组，消元后应用韦达定理求得中点坐标，代入圆方程可求得值【小问1详解】由已知，又，所以，所以双曲线方程为；【小问2详解】由，得，恒成立，设，中点为，所以，又在圆x2y2 =17上，所以，19、（1）证明见解析（2）【解析】（1）化简得到，由此证得数列为等差数列.（2）先求得，然后利用错位相减求和法求得.【小问1详解】.又数列是以1为首项，4为公差等差数列.【小问2详解】由（1）知：，
13、则数列的通项公式为，则，-得：，.20、（1）2x+y20（2）3x-4y-12=0【解析】（1）设与直线x2y20垂直的直线方程为2x+y+m0，把（1，0）代入2x+y+m0，解得m即得解（2）方法一：由题意知：可设l的方程为，求出l在x轴，y轴上的截距，由截距之和为1，解出m，代回求出直线方程；方法二：设直线方程为，由题意得，解出a，b即可.【小问1详解】设与直线x2y20垂直的直线方程为2x+y+m0，把（1，0）代入2x+y+m0，可得2+m0，解得m2所求直线方程为：2x+y20【小问2详解】方法一：由题意知：可设l的方程为，则l在x轴，y轴上的截距分别为.由知，.所以直线l的方程
14、为：.方法二：显然直线在两坐标轴上截距不为0，则设直线方程为，由题意得解得所以直线l的方程为：.即.21、（1）证明见解析.（2）【解析】（1）利用线面垂直的性质证明出；（2）利用等体积转换法，先求出O到平面AEF的距离，再求C到平面的距离.【小问1详解】在矩形中，.因为平面平面，平面平面,所以平面，所以.【小问2详解】设AC与BD的交点为O,则C到平面AEF的距离为O到平面AEF的距离的2倍.因为菱形ABCD的边长为4且，所以.因为矩形BDFE的面积为8，所以BE=2.,则三棱锥的体积.在AEF中, ,所以.记O到平面AEF的距离为d.由得：,解得：，所以C到平面AEF的距离为.22、（1）（2）【解析】根据，成等比数列，椭圆上的点到焦点的距离的最大值为列出关于
