《广西南宁市金伦中学、华侨、新桥、罗圩中学2023年高二数学第一学期期末联考试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广西南宁市金伦中学、华侨、新桥、罗圩中学2023年高二数学第一学期期末联考试题含解析（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、广西南宁市金伦中学、华侨、新桥、罗圩中学2023年高二数学第一学期期末联考试题注意事项: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过坐标原点作直线的垂线，垂足为，则的取值范围是（）A.B.C.D.2，
2、则（ ）A.B.C.D.3在正方体中，P，Q两点分别从点B和点出发，以相同的速度在棱BA和上运动至点A和点，在运动过程中，直线PQ与平面ABCD所成角的变化范围为A.B.C.D.4为了调查全国人口的寿命，抽查了11个省（市）的2500 名城镇居民，这2500名城镇居民的寿命的全体是（ ）A.总体B.个体C.样本D.样本容量5数列，是其第（）项A.17B.18C.19D.206如图，双曲线的左，右焦点分别为，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.7已知数列是递减的等比数列，的前项和为，若，则=（ ）A.54B
3、.36C.27D.188已知直线l和两个不同的平面，则“”是“”的（ ）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件9方程有两个不同的解，则实数k的取值范围为（）A.B.C.D.101852年英国来华传教士伟烈亚力将孙子算经中“物不知数”问题的解法传至欧洲，西方人称之为“中国剩余定理”现有这样一个问题：将1到200中被3整除余1且被4整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则=（ ）A.130B.132C.140D.14411阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出S的结果是（ ）A.128B.64C.16D.3212已知函数在定义域内单调递减，则实数的
4、取值范围是（ ）A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知函数的导函数为，则的解集为_.14如图所示四棱锥，底面ABCD为直角梯形，是底面ABCD内一点（含边界），平面MBD，则点O轨迹的长度为_.15四棱锥ABCDE中，底面BCDE为矩形，侧面ABC底面BCDE，侧面ABE底面BCDE，BC2，CD4（I）证明：AB面BCDE；（II）若AD2，求二面角CADE的正弦值16双曲线的离心率为_.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）如图，在三棱锥中，为的中点.（1）求证：平面；（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离.18（12
5、分）已知椭圆的离心率为，短轴长为（1）求椭圆的标准方程；（2）已知，A，B分别为椭圆的左、右顶点，过点A作斜率为的直线交椭圆于另一点E，连接EP并延长交椭圆于另一点F，记直线BF的斜率为若，求直线EF的方程19（12分）已知抛物线：的焦点到顶点的距离为.（1）求抛物线的方程；（2）已知过点的直线交抛物线于不同的两点，为坐标原点，设直线，的斜率分别为，求的值.20（12分）在四棱锥中，底面ABCD为菱形，侧面为等腰直角三角形，点E为棱AD的中点（1）求证：平面ABCD；（2）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值21（12分）已知一张纸上画有半径为4圆O，在圆O内有一个定点A，且，折叠纸片，使圆上
6、某一点刚好与A点重合，这样的每一种折法，都留下一条直线折痕，当取遍圆上所有点时，所有折痕与的交点形成的曲线记为C.（1）求曲线C的焦点在轴上的标准方程；（2）过曲线C的右焦点（左焦点为）的直线l与曲线C交于不同的两点M，N，记的面积为S，试求S的取值范围.22（10分）已知数列是递增的等比数列，满足，（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n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、D【解析】求出直线直线过的定点A，由题意可知垂足是落在以OA为直径的圆上，由此可利用的几何意义求得答案,【详解】直线，即 ，令 ，解得
7、 ，即直线过定点 ,由过坐标原点作直线的垂线，垂足为，可知：落在以OA为直径的圆上，而以OA为直径的圆为，如图示：故可看作是圆上的点到原点距离的平方，而圆过原点，圆上点到原点的最远距离为，但将原点坐标代入直线中，不成立，即直线l不过原点，所以不可能和原点重合，故，故选：D2、B【解析】求出，然后可得答案.【详解】，所以故选：B3、C【解析】先过点作于点，连接，根据题意，得到即为直线与平面所成的角，设正方体棱长为，设，推出，进而可求出结果.【详解】过点作于点，连接，因为四棱柱为正方体，所以易得平面，因此即为直线与平面所成的角，设正方体棱长为，设，则，因为两点分别从点和点出发，以相同的速度在棱和上
8、运动至点和点，所以，因此，所以，因为，所以，则，因此.故选：C.【点睛】本题主要考查求线面角的取值范围，熟记线面角的定义即可，属于常考题型.4、C【解析】由样本的概念即知.【详解】由题意可知，这2500名城镇居民的寿命的全体是样本.5、D【解析】根据题意，分析归纳可得该数列可以写成，可得该数列的通项公式，分析可得答案.【详解】解：根据题意，数列，可写成，对于，即，为该数列的第20项；故选：D.【点睛】此题考查了由数列的项归纳出数列的通项公式，考查归纳能力，属于基础题.6、C【解析】先根据等腰三角形的性质得，再根据双曲线定义以及勾股定理列方程，解得离心率.【详解】连接，由为等腰三角形且Q为的中点
9、，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.7、C【解析】根据等比数列的性质及通项公式计算求解即可.【详解】由，解得或（舍去），故选：C8、D【解析】根据直线、平面的位置关系，应用定义法判断两个条件之间的充分、必要性.【详解】当，时，直线l可与平行、相交，故不一定成立，即充分性不成立；当，时，直线l可在平面内，故不一定成立，即必要性不成立.故选：D.9、C【解析】转化为圆心在原点半径为1的上半圆和表示恒过定点的直线始终有两个公共点，结合图形可得答案.【详解】令，平方得表示圆心在原点半径为1的上半圆，表示恒
10、过定点的直线，方程有两个不同的解即半圆和直线要始终有两个公共点，如图圆心到直线的距离为，解得，当直线经过时由得，当直线经过时由得，所以实数k的取值范围为.故选：C.10、A【解析】分析数列的特点，可知其是等差数列，写出其通项公式，进而求得结果,【详解】被3整除余1且被4整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，这样的数构成首项为10，公差为12的等差数列，所以 ，故，故选:A11、C【解析】根据程序框图的循环逻辑写出执行步骤，即可确定输出结果.【详解】根据流程图的执行逻辑，其执行步骤如下：1、成立，则；2、成立，则；3、成立，则；4、成立，则；5、不成立，输出；故选：C12、D【解析】由题意转化为
11、，恒成立，参变分离后转化为，求函数的最大值，即可求解.【详解】函数的定义域是，若函数在定义域内单调递减，即在恒成立，所以，恒成立，即设，当时，函数取得最大值1，所以.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，构造函数，利用其单调性求解.【详解】因为，所以，令，则，所以是减函数，又，即，所以，所以，则的解集为 故答案为：14、【解析】绘出如图所示的辅助线，然后通过平面平面得出点轨迹为线段，最后通过求出、的长度即可得出结果.【详解】如图，延长到点，使且，连接，取上点，使得，作，交于点，交于点，连接，因为，所以，因为，又，所以，因为，所以平面平面，因为平面，面，所以
12、点轨迹为线段，因为，所以，因为，所以，因为底面为直角梯形，所以，故答案为：.15、 ()详见解析；().【解析】（）推导出BEBC，从而BE平面ABC，进而BEAB，由面ABE面BCDE，得ABBC，由此能证明AB面BCDE（）以B为原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角CADE的正弦值【详解】由侧面底面，且交线为，底面为矩形所以平面，又平面，所以由面面，同理可证，又面 在底面中，由面，故,以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则,设平面的法向量，则，取所以平面的法向量，同理可求得平面的法向量.设二面角的平面角为，则故所求二面角的正弦值为.【点睛】
13、本题考查线面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题16、【解析】根据双曲线方程确定a,b,c的值，求出离心率.【详解】由双曲线可得：，故，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）易得，再由勾股定理逆定理证明，即可得线面垂直；（2）根据（1）得，进而根据几何关系，利用等体积法求解即可.【详解】解：（1）连接， ，是中点，又， ， ，平面， 平面；（2）点在棱上，且，为的中点. ， 由余弦定理得，即，由（1）平面，设点到平面的距
14、离为 ，即，解得： 所以点到平面的距离为.18、（1）（2）【解析】（1）由离心率得关系，短轴求出，结合关系式解出，可得椭圆的标准方程；（2）设，过EF的方程为，联立直线与椭圆方程得韦达定理，结合斜率定义和化简得，由在椭圆上代换得，联立韦达定理可求，进而得解；【小问1详解】由题意可得，又，解得所以椭圆的标准方程为；【小问2详解】由（1）得，显然直线EF的斜率存在且不为0，设，则，都不为和0设直线EF的方程为，由消去y得，显然，则，因为，所以，等式两边平方得又因为，在椭圆上，所以，将代入可得，即，所以，即，解得或（舍去，此时）所以直线EF的方程为19、（1） （2）【解析】（1）由抛物线的几何性质有焦点到顶点的距离为
