《上海市实验中学2023-2024学年高二上数学期末调研试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《上海市实验中学2023-2024学年高二上数学期末调研试题含解析（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、上海市实验中学2023-2024学年高二上数学期末调研试题注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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已知空间向量，下列命题中正确的个数是（）若与共线，与共线，则与共线；若
2、，非零且共面，则它们所在的直线共面；若，不共面，那么对任意一个空间向量，存在唯一有序实数组，使得；若，不共线，向量，则可以构成空间的一个基底.A.0B.1C.2D.32圆的圆心坐标与半径分别是（ ）A.B.C.D.3三棱柱中，若，则（ ）A.B.C.D.4如图，已知直线AO垂直于平面，垂足为O，BC在平面内，AB与平面所成角的大小为，则异面直线AB与OC所成角的余弦值为（ ）A.B.C.D.5德国数学家莱布尼茨是微积分的创立者之一，他从几何问题出发，引进微积分概念在研究切线时认识到，求曲线的切线的斜率依赖于纵坐标的差值和横坐标的差值，以及当此差值变成无限小时它们的比值，这也正是导数的几何意义设
3、是函数f（x）的导函数，若，对，且总有，则下列选项正确的是（ ）A.B.C.D.6已知函数，则（）A.函数的极大值为，无极小值B.函数的极小值为，无极大值C.函数的极大值为0，无极小值D.函数的极小值为0，无极大值7已知a、b是两条不同的直线，、是三个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若a，ab，则bB.若a，a，则C.若，则D.若a，b，则ab8等比数列的各项均为正数，且，则（）A.5B.10C.4D.9抛物线的准线方程为（）A.B.C.D.10已知直三棱柱中，则异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.11已知直线与圆相切，则的值是（）A.B.C.D.12如图，双曲线的左，右焦点分
4、别为，过作直线与C及其渐近线分别交于Q，P两点，且Q为的中点若等腰三角形的底边的长等于C的半焦距则C的离心率为（ ）A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13将全体正整数排成一个三角形数阵：按照以上排列的规律，第行从左向右的第2个数为_.14在等比数列中，若数列满足，则数列的前项和为_15已知曲线在点处的切线与曲线相切，则_.16已知函数，则曲线在点处的切线方程为_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）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，长轴长为4，离心率等于（1）求椭圆的方程（2）设，若椭圆E上存在两个不同点P、Q满足，证明：直线
5、PQ过定点，并求该定点的坐标.18（12分）已知椭圆的离心率是，且过点.直线与椭圆相交于两点.（）求椭圆的方程；（）求的面积的最大值；（）设直线，分别与轴交于点，.判断，大小关系，并加以证明.19（12分）如图，直四棱柱中，底面是边长为的正方形，点在棱上.（1）求证：；（2）从条件、条件、条件这三个条件中选择两个作已知，使得平面，并给出证明.条件：为的中点；条件：平面；条件：.（3）在（2）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值.20（12分）已知圆的圆心在直线上，且过点（1）求圆的方程；（2）已知直线经过原点，并且被圆截得的弦长为2，求直线l的方程.21（12分）已知数列是公差不为0的等差数列，
6、首项，且成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，求数列的前n项和22（10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；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】用向量共线或共面的基本定理即可判断.【详解】若与，与共线，则不能判定，故错误；若非零向量共面，则向量可以在一个与组成的平面平行的平面上，故错误；不共面，意味着它们都是非零向量，可以作为一组基底，故正确；， 与共面，故不能组成一个基底，故错误；故选：C.2、C【解析】将圆的一般方程化为标准方程，即可得
7、答案.【详解】由题可知，圆的标准方程为，所以圆心为，半径为3，故选.3、A【解析】利用空间向量线性运算及基本定理结合图形即可得出答案.【详解】解：由，若，得.故选：A.4、B【解析】建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出向量的坐标，再利用向量的夹角公式计算即可.【详解】如图，以O为坐标原点，过点O作OB的垂线为x轴，OB为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，设，则，则，设的夹角为 ，则 ，所以异面直线AB与OC所成角的余弦值为，故选：B.5、C【解析】由，得在上单调递增，并且由的图象是向上凸，进而判断选项.【详解】由，得在上单调递增，因为，所以，故A不正确；对，且，总有，可得函数的图象是
8、向上凸，可用如图的图象来表示，由表示函数图象上各点处的切线的斜率，由函数图象可知，随着的增大，的图象越来越平缓，即切线的斜率越来越小，所以，故B不正确；，表示点与点连线的斜率，由图可知，所以C正确，同理，由图可知，故D不正确.故选：C6、A【解析】利用导数来求得的极值.【详解】的定义域为，在递增；在递减，所以的极大值为，没有极小值.故选：A7、D【解析】根据空间线、面的位置关系有关定理，对四个选项逐一分析排除，由此得出正确选项.【详解】对于A选项，直线有可能平面内，故A选项错误.对于B选项，两个平面有可能相交，平行于它们的交线，故B选项错误.对于C选项，可能相交，故C选项错误.根据线面垂直的性
9、质定理可知D选项正确.故选:D.8、A【解析】利用等比数列的性质及对数的运算性质求解.【详解】由题有，则=5.故选：A9、A【解析】将抛物线的方程化成标准形式，即可得到答案；【详解】抛物线的方程化成标准形式，准线方程为，故选：A.10、C【解析】作出辅助线，找到异面直线与所成角，进而利用余弦定理及勾股定理求出各边长，最后利用余弦定理求出余弦值.【详解】如图所示，把三棱柱补成四棱柱，异面直线与所成角为，由勾股定理得：，故选：C11、D【解析】直线与圆相切，直接通过求解即可.【详解】因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，所以，.故选：D12、C【解析】先根据等腰三角形的性质得，再根据双曲线定义以
10、及勾股定理列方程，解得离心率.【详解】连接，由为等腰三角形且Q为的中点，得，由知由双曲线的定义知，在中， （负值舍去）故选：C【点睛】本题考查双曲线的定义、双曲线的离心率，考查基本分析求解能力，属基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】通过观察、分析、归纳，找出规律运算求解即可【详解】前行共有正整数个，即个，因此第行第个数是全体正整数中第个，即为故答案为：14、【解析】求出等比数列的通项公式，可得出的通项公式，推导出数列为等差数列，利用等差数列的求和公式即可得解.【详解】设等比数列的公比为，则，则，所以，则，所以，数列为等差数列，故数列的前项和为.故答案为：.15
11、、2或10【解析】求出在处的导数，得出切线方程，与联立，利用可求.【详解】令，则，可得曲线在点处的切线方程为.联立，得，解得或.故答案为：2或10.16、【解析】先求出，求出导函数及，进而求出切线方程.【详解】，又，在处的切线方程为，即故答案为：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）证明见解析，.【解析】（1）由题可得，即求；（2）设直线PQ的方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理法可得，即得.【小问1详解】由题可设椭圆的方程为，则，椭圆的方程为；【小问2详解】当直线PQ的斜率存在时，可设直线PQ的方程为，设，由，得，又，直线PQ的方程为过定点；当直线P
12、Q的斜率不存在时，不合题意.故直线PQ过定点，该定点的坐标为.18、（1）（2）（3）见解析【解析】(1)由题意求得 ，所以椭圆的方程为(2) 联立直线与椭圆方程，由题意可得三角形的高为，面积表达式，当且仅当时，即的面积的最大值是(3)结论为利用题意有所以试题解析：解：（）设椭圆的半焦距为因为椭圆的离心率是， 所以 ， 即 由 解得 所以椭圆的方程为（）将代入，消去整理得令，解得设则，所以点到直线的距离为所以的面积，当且仅当时，所以的面积的最大值是（）证明如下：设直线，的斜率分别是，则由（）得，所以直线，的倾斜角互补所以，所以所以19、（1）证明见解析；（2）答案见解析；（3）.【解析】（1）
13、连结，由直四棱柱的性质及线面垂直的性质可得，再由正方形的性质及线面垂直的判定、性质即可证结论.（2）选条件，设，连结，由中位线的性质、线面垂直的性质可得、，再由线面垂直的判定证明结论；选条件，设，连结，由线面平行的性质及平行推论可得，由线面垂直的性质有，再由线面垂直的判定证明结论；（3）构建空间直角坐标系，求平面、平面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求平面与平面夹角的余弦值.【小问1详解】连结，由直四棱柱知：平面，又平面，所以，又为正方形，即，又，平面，又平面，.【小问2详解】选条件，可使平面.证明如下：设，连结，又，分别是，的中点，.又，所以.由（1）知：平面，平面，则.又，即平面.选条件，可使平面.证明如下：设，连结.因为平面，平面，平面平面，所以，又，则.由（1）知：平面，平面，则.又，即平面.【小问3详解】由（2）可知，四边形为正方形，所以.因为，两两垂直，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，所以，.由（1）知：平面的一个法向量为.设平面的法向量为，则，令，则.设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.20、（1）；（2）或.【解析】（1）根据题意设圆心坐标为，进而得，解得，故圆的方程为（2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论求解即可.【详解】（1）圆的圆心在直线上，设
