《河北省沧县风化店中学2023-2024学年高二数学第一学期期末经典试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省沧县风化店中学2023-2024学年高二数学第一学期期末经典试题含解析（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、河北省沧县风化店中学2023-2024学年高二数学第一学期期末经典试题注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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已知向量分别是直线的方向向量，若，则（ ）A.B.C.D.2周髀算经中有这样一
2、个问题，从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长依次成等差数列，若冬至、大寒、雨水的日影长的和为36.3尺，小寒、惊蛰、立夏的日影长的和为18.3尺，则冬至的日影长为（ ）A 4尺B.8.5尺C.16.1尺D.18.1尺3若向量，则（ ）A.B.C.D.4已知命题“若，则”，命题“若，则”，则下列命题中为真命题的是（）A.B.C.D.5如图，在三棱锥中，点在平面内，且，设异面直线与所成角为，则的最大值为（）A.B.C.D.6已知空间直角坐标系中的点，则点P到直线AB的距离为（）A.B.C.D.7命题“，”否定形式是（）A.，B.，C.，D
3、.，8设等差数列，前n项和分别是，若，则（）A.1B.C.D.9函数在上单调递增，则k的取值范围是（ ）A B.C.D.10函数在和处的导数的大小关系是（ ）A.B.C.D.不能确定11已知定义在区间上的函数，若以上两函数的图像有公共点，且在公共点处切线相同，则m的值为（）A.2B.5C.1D.012直线且的倾斜角为（ ）A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13圆锥曲线有良好的光学性质，光线从椭圆的一个焦点发出，被椭圆反射后会经过椭圆的另一个焦点（如左图）；光线从双曲线的一个焦点发出，被双曲线反射后的反射光线等效于从另一个焦点射出（如中图）.封闭曲线E（如右图）是由
4、椭圆C1: + = 1和双曲线C2: - =1在y轴右侧的一部分（实线）围成.光线从椭圆C1上一点P0出发，经过点F2，然后在曲线E内多次反射，反射点依次为P1，P2，P3，P4，若P0 ，P4重合，则光线从P0到P4所经过的路程为 _ . 14已知三棱锥中，平面BCD，则三棱锥的外接球的表面积为_.15曲线在点处的切线方程为_16某教师组织本班学生开展课外实地测量活动，如图是要测山高.现选择点A和另一座山顶点C作为测量观测点，从A测得点M的仰角，点C的仰角，测得，已知另一座山高米，则山高_米.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）在柯桥古镇的开发中，为保
5、护古桥OA，规划在O的正东方向100m的C处向对岸AB建一座新桥，使新桥BC与河岸AB垂直，并设立一个以线段OA上一点M为圆心，与直线BC相切的圆形保护区（如图所示），且古桥两端O和A与圆上任意一点的距离都不小于50m，经测量，点A位于点O正南方向25m，建立如图所示直角坐标系（1）求新桥BC的长度；（2）当OM多长时，圆形保护区的面积最小？18（12分）在，；，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解决问题问题：设等差数列的前项和为，_，若，判断是否存在最大值，若存在，求出取最大值时的值；若不存在，说明理由注：如果选择多个条件分别解答按第一个解答记分19（12分）已知正项等比数列的前项和为
6、，满足，.记.（1）求数列的通项公式；（2）设数列前项和，求使得不等式成立的的最小值.20（12分）在正方体中，、分别是、的中点（1）证明：平面平面；（2）证明：21（12分）设Sn是等差数列an的前n项和，已知，S2=-3.（1）求an的通项公式；（2）若，求数列bn的前n项和Tn.22（10分）已知等差数列满足，.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.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】由题意，得，由此可求出答案【详解】解：，且分别是直线的方向向量，故选：C【点睛】本题主要考查向量共线的坐标表示
7、，属于基础题2、C【解析】设等差数列，用基本量代换列方程组，即可求解.【详解】由题意，从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长依次成等差数列，记为数列，公差为d，则有，即，解得：，即冬至的日影长为16.1尺.故选：C3、A【解析】根据向量垂直得到方程，求出的值.【详解】由题意得：，解得：.故选：A4、D【解析】利用指数函数的单调性可判断命题的真假，利用特殊值法可判断命题的真假，结合复合命题的真假可判断出各选项中命题的真假.【详解】对于命题，由于函数为上的增函数，当时，命题为真命题；对于命题，若，取，则，命题为假命题.所以，、均为假命题，
8、为真命题.故选：D.【点睛】本题考查简单命题和复合命题真假的判断，考查推理能力，属于基础题.5、D【解析】设线段的中点为，连接，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，然后以点为坐标原点，、分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，且，求出的最大值，利用空间向量法可求得的最大值.【详解】设线段的中点为，连接，为的中点，则，则，同理可得，平面，过点在平面内作，垂足为点，因为，所以，为等边三角形，故为的中点，平面，平面，则，平面，以点为坐标原点，、分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，因为是边长为的等边三角形，为的中点，则，则、，由于点在平面内，可设，其中，且，从而，因为，则，所以
9、，故当时，有最大值，即，故，即有最大值，所以，.故选：D.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.6、D【解析】由向量在向量上的投影及勾股定理即可求.【详解】，0，1，在上的投影为，则点到直线的距离为.故选：D7、C【解析】利用含有一个量词的命题的否定的定义求解.【详解】因为命题“，是特称命题，所以其否定是全称命题，即为，故选
10、：C8、B【解析】根据等差数列的性质和求和公式变形求解即可【详解】因为等差数列，的前n项和分别是，所以，故选：B9、A【解析】对函数 求导，由于函数在给定区间上单调递增，故恒成立.【详解】由题意可得， ， ，.故选：A10、A【解析】求出函数导数即可比较.【详解】，所以，即.故选：A.11、C【解析】设两曲线与公共点为，分别求得函数的导数，根据两函数的图像有公共点，且在公共点处切线相同，列出等式，求得公共点的坐标，代入函数，即可求解.【详解】根据题意，设两曲线与公共点为，其中，由，可得，则切线的斜率为，由，可得，则切线斜率为，因为两函数的图像有公共点，且在公共点处切线相同，所以，解得或（舍去）
11、，又由，即公共点的坐标为，将点代入，可得.故选：C.12、C【解析】由直线方程可知其斜率，根据斜率和倾斜角关系可得结果.【详解】直线方程可化为：，直线的斜率，直线的倾斜角为.故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】结合椭圆、双曲线的定义以及它们的光学性质求得正确答案.【详解】椭圆；双曲线，双曲线和椭圆的焦点重合.根据双曲线的定义有，所以，根据椭圆的定义由，所以路程.故答案为：14、【解析】由题意可知三棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，进而求出三棱柱的外接球的半径即可得出结果.【详解】因为，所以，故，又因为平面BCD，因此三棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，如图：取的
12、中点，则为外接圆的圆心，取的中点，则为外接圆的圆心，则的中点即为外接球的球心，因此，,因此，所以三棱锥的外接球的表面积为，故答案为：.15、【解析】求导，求出切线斜率，用点斜式写出直线方程，化简即可.【详解】，曲线在点处的切线方程为，即故答案为：16、【解析】利用正弦定理可求出各个三角形的边长，进而求出山高.【详解】解：在中，可得在中，所以由正弦定理可得：即，得在直角中，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）80m；（2）.【解析】（1）根据斜率的公式，结合解方程组法和两点间距离公式进行求解即可；（2）根据圆的切线性质进行求解即可.【小问1详
13、解】由题意，可知，直线BC方程：，同理可得：直线AB方程：由可知，从而得故新桥BC得长度为80m【小问2详解】设，则，圆心，直线BC与圆M相切，半径，又因为，所以当时，圆M的面积达到最小18、答案不唯一，具体见解析【解析】选：易得，法一：令求n，即可为何值时取最大值；法二：写出，利用等差数列前n项和的函数性质判断为何值时有最大值；选：由数列前n项和及等差数列下标和的性质易得、即可确定有最大值时值；选：由等差数列前n项和公式易得、即可确定有最大值时值；【详解】选：设数列的公差为，解得，即，法一：当时，有，得，当时，；，；时，或时，取最大值法二：，对称轴，或时，取最大值选：由，得，由等差中项的性质
14、有，即，由，得，故，当时，时，故时，取最大值选：由，得，可得，由，得，可得，故，当时，时，故时，取最大值【点睛】关键点点睛：根据所选的条件，结合等差数列前n项和公式的性质、下标和相等的性质等确定数列中项的正负性，找到界点n值即可.19、（1），. （2）5.【解析】(1)根据数列的递推公式探求出其项间关系，由此求出的公比，进而求得，的通项公式.(2)利用(1)的结论结合错位相减法求出，再将不等式变形，经推理计算得解.【小问1详解】解：设正项等比数列的公比为，当时，即，则有，即，而，解得，又，则，所以，所以数列，的通项公式分别为：，.【小问2详解】解：由(1)知，则，则，两式相减得：于是得，由得：，即，令，显然，由，解得，即数列在时是递增的，于是得当时，即，则，所以不等式成立的n的最小值
