《2023-2024学年北京丰台十二中高二数学第一学期期末预测试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023-2024学年北京丰台十二中高二数学第一学期期末预测试题含解析（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2023-2024学年北京丰台十二中高二数学第一学期期末预测试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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函数的定义域为开区间，导函数在内的图像如图所示，则函数在开区间内有极小值点（）A.个B.个C.个D.个2抛物线的焦点到准线的距离是A.B.1C.D.3圆
2、锥曲线具有丰富的光学性质，从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点直线l：与椭圆C：相切于点P，椭圆C的焦点为，由光学性质知直线，与l的夹角相等，则的角平分线所在的直线的方程为（ ）A.B.C.D.4等比数列满足，则（）A.11B.C.9D.5若点在椭圆上，则该椭圆的离心率为（ ）A.B.C.D.6命题“x0（0，+），”的否定是（）A.x（，0），2x+sinx0B.x（0，+），2x+sinx0C.x0（0，+），D.x0（，0），7在棱长为2的正方体中，是棱上一动点，点是面的中心，则的值为（ ）A.4B.C.2D.不确定8设实数x，y满足，则目标函数的最大
3、值是（）A.B.C.16D.329已知两条直线：，：，且，则的值为( )A.2B.1C.2或1D.2或110已知函数及其导函数，若存在使得，则称是的一个“巧值点”.下列选项中没有“巧值点”的函数是()A.B.C.D.11已知F是双曲线C：的一个焦点，点P在C的渐近线上，O是坐标原点，则的面积为（ ）A.1B.C.D.12如图，在长方体中，若，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若过点和的直线与直线平行，则_14如图所示，在直二面角DABE中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AEB是等腰直角三角形，其中，则点D到平面ACE的距离
4、为_15已知，命题p：，；命题q：，且为真命题，则a的取值范围为_16已知等差数列的通项公式为，那么它的前项和_.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）如图所示，在直四棱柱中，底面ABCD是菱形，点E，F分别在棱，上，且，（1）证明：点在平面BEF内；（2）若，求直线与平面BEF所成角的正弦值18（12分）p：方程有两个不等的负实数根；q：方程无实数根，若为真命题，为假命题，求实数m的取值范围、19（12分）在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，且点在椭圆C上（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点的直线与椭圆C交于A，B两点，试探究直线上是否存在定点Q，使得为
5、定值若存在，求出定点Q的坐标及实数的值；若不存在，请说明理由20（12分）如图，在直三棱柱中，是中点.（1）求点到平面的的距离；（2）求平面与平面夹角的余弦值；21（12分）在平面直角坐标系中，设椭圆（）的离心率是e，定义直线为椭圆的“类准线”，已知椭圆C的“类准线”方程为，长轴长为8.（1）求椭圆C的标准方程；（2）O为坐标原点，A为椭圆C的右顶点，直线l交椭圆C于E，F两不同点（点E，F与点A不重合），且满足，若点P满足，求直线的斜率的取值范围.22（10分）已知函数.（1）当时，求的最大值和最小值；（2）说明的图象由函数的图象经过怎样的变换得到？参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题
6、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】利用极小值的定义判断可得出结论.【详解】由导函数在区间内的图象可知，函数在内的图象与轴有四个公共点，在从左到右第一个点处导数左正右负，在从左到右第二个点处导数左负右正，在从左到右第三个点处导数左正右正，在从左到右第四个点处导数左正右负，所以函数在开区间内的极小值点有个，故选：A.2、D【解析】，所以抛物线的焦点到其准线的距离是，故选D.3、A【解析】先求得点坐标，然后求得的角平分线所在的直线的方程.【详解】，直线的斜率为，由于直线，与l的夹角相等，则的角平分线所在的直线的斜率为，所以所求直线方程为.故选：A4、B
7、【解析】由已知结合等比数列的性质即可求解.【详解】由数列是等比数列，得：，故选：B5、C【解析】根据给定条件求出即可计算椭圆的离心率.【详解】因点在椭圆，则，解得，而椭圆长半轴长，所以椭圆离心率.故选：C6、B【解析】利用特称命题的否定是全称命题，写出结果即可【详解】命题“x0（0，+），”的否定是“x（0，+），2x+sinx0”故选：B7、A【解析】画出图形，建立空间直角坐标系，用向量法求解即可【详解】如图，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体棱长为2，点是面的中心，是棱上一动点，所以，故选：A 8、C【解析】求的最大值即求的最大值，根据约束条件画出可行域，将目标函数看成直线，
8、直线经过可行域内的点，将目标与直线的截距建立联系，然后得到何时目标值取得要求的最值，进而求得的最大值，最后求出的最大值.【详解】要求的最大值即求的最大值.根据实数，满足的条件作出可行域，如图.将目标函数化为.则表示直线在轴上的截距的相反数.要求的最大值，即求直线在轴上的截距最小值.如图当直线过点时，在轴上的截距最小值.由，解得所以的最大值为，则的最大值为16.故选：C.9、B【解析】两直线平行，倾斜角相等，斜率均不存在或斜率存在且相等，据此即可求解.【详解】：，：斜率不可能同时不存在，和斜率相等，则或，m2时，和重合，故m1.另解：，故m=1.故选：B.10、C【解析】利用新定义：存在使得，则
9、称是的一个“巧点”，对四个选项中的函数进行一一的判断即可【详解】对于A，则，令，解得或，即有解，故选项A的函数有“巧值点”，不符合题意；对于B，则，令，令，则g(x)在x0时为增函数，(1)，(e)，由零点的存在性定理可得，在上存在唯一零点，即方程有解，故选项B的函数有“巧值点”，不符合题意；对于C，则，令，故方程无解，故选项C的函数没有“巧值点”，符合题意；对于D，则，令，则.方程有解，故选项D的函数有“巧值点”，不符合题意故选：C11、B【解析】根据给定条件求出，再利用余弦定理求出即可计算作答.【详解】双曲线C：中，其渐近线，它与x轴的夹角为，即，在中，由余弦定理得：，即，整理得：，解得，
10、所以面积为.故选：B12、D【解析】根据长方体中，异面直线和所成角即为直线和所成角，再结合余弦定理即可求解.【详解】解：连接、，如下图所示由图可知，在长方体中，且，所以，所以异面直线和所成角即为，又，由余弦定理可得故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据两直线的位置关系求解.【详解】因为过点和的直线与直线平行，所以，解得，故答案为：314、【解析】建立合适空间直角坐标系，分别表示出点的坐标，然后求解出平面的一个法向量，利用公式求解出点到平面的距离.【详解】以AB的中点O为坐标原点，分别以OE，OB所在的直线为x轴、y轴，过垂直于平面的方向为轴，建立如下图所示
11、的空间直角坐标系，则，设平面ACE的法向量，则，即，令，故点D到平面ACE的距离.故答案：.15、【解析】先求出命题p,q为真命题时的a的取值范围，根据为真可知p,q都是真命题,即可求得答案.【详解】命题p：，为真时，有，命题q：，为真时，则有 ，即 ，故为真命题时，且，即，故a的取值范围为，故答案为：16、【解析】由题意知等差数列的通项公式，即可求出首项，再利用等差数列求和公式即可得到答案.【详解】已知等差数列的通项公式为，.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）证明见解析；（2）.【解析】（1）设、AC与BD的交点为O，由直四棱柱的性质构建空
12、间直角坐标系，确定、的坐标可得，即可证结论.（2）由题设，求出、的坐标，进而求得面BEF的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求直线与平面BEF所成角的正弦值【小问1详解】由题意，设，设AC与BD的交点为O，以O为坐标原点，分别以BD，AC所在直线为x，y轴建立如下空间直角坐标系，则，所以，得，即，因此点在平面BEF内【小问2详解】由（1）及题设，所以，设为平面BEF的法向量，则，令，即设直线与平面BEF所成角为，则18、【解析】利用复合命题的真假推出两个命题为一真一假，求出m的范围即可.【详解】：方程有两个不等的负实数根，解得，：方程无实数根，解得，所以：，：或.因为为真命题，为假命题，所以真
13、假，或假真.（1）当真假时，即真为真，所以，解得；（2）当假真时，即真为真，所以，解得.综上，取值范围为19、（1）（2）存在，定点的坐标为，实数的值为【解析】（1）由题意可得，再结合，可求出，从而可求得椭圆方程，（2）设在直线上存在定点，当直线斜率存在时，设过点P的动直线l为，设，将直线方程代入椭圆方程消去，利用根与系数，再计算为常数可求出，从而可求得，当直线斜率不存在时，可求出两点的坐标，从而可求得的值【小问1详解】由题意知结合，可得，所以椭圆C的标准方程为，【小问2详解】设在直线上存在定点，使为定值，当直线斜率存在时，设过点P的动直线l为，设，由得，则，所以为常数则，解之得，即定点为，则
14、当直线斜率不存在时，即动直线方程为，不妨设，此时也成立所以，存在定点使为定值，即20、（1）（2）【解析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，再利用公式计算即可；（2）易得平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，再利用计算即可小问1详解】解：（1）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系所以因为，设平面的法向量为，则有，得，令则，所以可以取，设点到平面的距离为，则，所以点到平面的的距离的距离为；【小问2详解】（2）因为平面，取平面的法向量为设平面与平面的夹角为，所以平面与平面夹角的余弦值21、（1）；（2）.【解析】（1）由题意列关于，的方程，联立方程组求得，则椭圆方程可求；（2）分直线轴与直线l不垂直于x轴两种情况讨论，当直线l不垂直于x轴时，设，直线l：（，），联立直线方程与椭圆方程，消元由，得到，再列出韦达定理，由则，解得，再由，求出的坐标，则
