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文档简介

山东省潍坊市高密市2024届高二上数学期末教学质量检测试题注意事项: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.已知的周长为,顶点、的坐标分别为、,则点的轨迹方程为()A. B.C. D.2.在平面上有一系列点,对每个正整数,点位于函数的图象上,以点为圆心的与轴都相切,且与彼此外切.若,且,,的前项之和为,则()A. B.C. D.3.平行直线:与:之间的距离等于()A. B.C. D.4.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若c=1,B=45°,cosA=,则b等于()A. B.C. D.5.圆的圆心和半径分别是()A., B.,C., D.,6.已知椭圆C:的左、右焦点分别为F1,F2,过点F1作直线l交椭圆C于M,N两点,则的周长为()A.3 B.4C.6 D.87.(文科)已知点为曲线上的动点,为圆上的动点,则的最小值是A.3 B.5C. D.8.下列说法正确的是()A.空间中的任意三点可以确定一个平面B.四边相等的四边形一定是菱形C.两条相交直线可以确定一个平面D.正四棱柱的侧面都是正方形9.已知圆,为圆外的任意一点,过点引圆的两条切线、,使得,其中、为切点.在点运动的过程中,线段所扫过图形的面积为()A. B.C. D.10.设等差数列的前项和为,若,则的值为()A.28 B.39C.56 D.11711.椭圆的左、右焦点分别为、,上存在两点、满足,,则的离心率为()A. B.C. D.12.如图,在三棱柱中,E,F分别是BC,中点,,则()A.B.C.D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在空间直角坐标系中,已知点A,若点P满足,则_______14.已知椭圆的右顶点为,为上一点,则的最大值为______.15.已知双曲线M的中心在原点,以坐标轴为对称轴.从以下三个条件中任选两个条件,并根据所选条件求双曲线M的标准方程.①一个焦点坐标为;②经过点;③离心率为.你选择的两个条件是___________,得到的双曲线M的标准方程是___________.16.在平面直角坐标系xOy中,AB是圆O:x2+y2=1的直径,且点A在第一象限;圆O1:(x﹣a)2+y2=r2(a>0)与圆O外离,线段AO1与圆O1交于点M,线段BM与圆O交于点N,且,则a的取值范围为_______.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)在①,②,③这三个条件中任选一个,补充在下面问题的题设条件中.问题:等差数列的公差为,满足,________?(1)求数列的通项公式;(2)求数列的前项和得到最小值时的值.18.(12分)如图,四棱锥中,是边长为2的正三角形,底面为菱形,且平面平面,,为上一点,满足.(1)证明:;(2)求二面角的余弦值.19.(12分)已知椭圆()与椭圆的焦点相同,且椭圆C过点(1)求椭圆C的方程;(2)是否存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆C恒有两个交点A,B,且,(O为坐标原点),若存在,求出该圆的方程;若不存在,说明理由;(3)P是椭圆C上异于上顶点,下顶点的任一点,直线,,分别交x轴于点N,M,若直线OT与过点M,N的圆G相切,切点为T.证明:线段OT的长为定值,并求出该定值20.(12分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:的左,右顶点分别为A、B,点F是椭圆的右焦点,,(1)求椭圆C的方程;(2)不过点A的直线l交椭圆C于M、N两点,记直线l、AM、AN的斜率分别为k、、.若,证明直线l过定点,并求出定点的坐标21.(12分)如图,四边形是正方形,平面,,(1)证明:平面平面;(2)若与平面所成角为,求二面角的余弦值22.(10分)某餐馆将推出一种新品特色菜,为更精准确定最终售价,这种菜按以下单价各试吃1天,得到如下数据:(1)求销量关于的线性回归方程;(2)预计今后的销售中,销量与单价服从(1)中的线性回归方程,已知每份特色菜的成本是15元,为了获得最大利润,该特色菜的单价应定为多少元?(附:,)

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】分析可知点的轨迹是除去长轴端点的椭圆,求出、的值,结合椭圆焦点的位置可得出顶点的轨迹方程.【详解】由已知可得,,且、、三点不共线,故点的轨迹是以、为焦点,且除去长轴端点的椭圆,由已知可得,得,,则,因此,点的轨迹方程为.故选:D.2、C【解析】根据两圆的几何关系及其圆心在函数的图象上,即可得到递推关系式,通过构造等差数列求得的通项公式,得出,最后利用裂项相消,求出数列前项和,即可求出.详解】由与彼此外切,则,,,又∵,∴,故为等差数列且,,则,,则,即,故答案选:.3、B【解析】先由两条直线平行解出,再按照平行线之间距离公式求解.【详解】,则:,即,距离为.故选:B.4、C【解析】先由cosA的值求出,进而求出,用正弦定理求出b的值.【详解】因为cosA=,所以,所以由正弦定理:,得:.故选:C5、D【解析】先化为标准方程,再求圆心半径即可.【详解】先化为标准方程可得,故圆心为,半径为.故选:D.6、D【解析】由的周长为,结合椭圆的定义,即可求解.【详解】由题意,椭圆,可得,即,如图所示,根据椭圆的定义,可得的周长为故选:D.7、A【解析】数形结合分析可得,当时能够取得的最小值,根据点到圆心的距离减去半径求解即可.【详解】由对勾函数的性质,可知,当且仅当时取等号,结合图象可知当A点运动到时能使点到圆心的距离最小,最小为4,从而的最小值为.故选:A【点睛】本题考查两动点间距离的最值问题,考查转化思想与数形结合思想,属于中档题.8、C【解析】根据立体几何相关知识对各选项进行判断即可.【详解】对于A,根据公理2及推论可知,不共线的三点确定一个平面,故A错误;对于B,在一个平面内,四边相等的四边形才一定是菱形,故B错误;对于C,根据公理2及推论可知,两条相交直线可以确定一个平面,故C正确;对于D,正四棱柱指上、下底面都是正方形且侧棱垂直于底面的棱柱,侧面可以是矩形,故D错误.故选:C9、D【解析】连接、、,分析可知四边形为正方形,求出点的轨迹方程,分析可知线段所扫过图形为是夹在圆和圆的圆环,利用圆的面积公式可求得结果.【详解】连接、、,由圆的几何性质可知,,又因为且,故四边形为正方形,圆心,半径为,则,故点的轨迹方程为,所以,线段扫过的图形是夹在圆和圆的圆环,故在点运动的过程中,线段所扫过图形的面积为.故选:D.10、B【解析】由已知结合等差数列的求和公式及等差数列的性质即可求解.【详解】因为等差数列中,,则.故选:B.11、A【解析】作点关于原点的对称点,连接、、、,推导出、、三点共线,利用椭圆的定义可求得、、、,推导出,利用勾股定理可得出关于、的齐次等式,即可求得该椭圆的离心率.【详解】作点关于原点的对称点,连接、、、,则为、的中点,故四边形为平行四边形,故且,则,所以,,故、、三点共线,由椭圆定义,,有,所以,则,再由椭圆定义,有,因为,所以,在中,即,所以,离心率故选:A.12、D【解析】根据空间向量线性运算的几何意义进行求解即可.【详解】,故选:D二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】设,表示出,,根据即可得到方程组,解得、、,即可求出的坐标,即可得到的坐标,最后根据向量模的坐标表示计算可得;【详解】解:设,所以,,因为,所以,所以,解得,即,所以,所以;故答案为:14、【解析】设出点P的坐标,利用两点间距离公式建立函数关系,借助二次函数计算最值作答.【详解】椭圆的右顶点为,设点,则,即,且,于是得,因,则当时,,所以的最大值为.故答案为:15、①.①②或①③或②③②.或或【解析】选①②,根据焦点坐标及顶点坐标直接求解,选①③,根据焦点坐标及离心率求出即可得解,选②③,可由顶点坐标及离心率得出,即可求解.【详解】选①②,由题意则,,,双曲线的标准方程为,故答案为:①②;,选①③,由题意,,,,双曲线的标准方程为,选②③,由题意知,,,双曲线的标准方程为.故答案为:①②;或①③;或②③;.16、【解析】根据判断出四边形为平行四边形,由此求得圆的方程以及的长,进而判断出点在圆上,根据圆与圆的位置关系,求得的取值范围.【详解】四边形ONO1M为平行四边形,即ON=MO1=r=1,所以圆的方程为,且ON为△ABM的中位线AM=2ON=2AO1=3,故点A在以O1为圆心,3为半径的圆上,该圆的方程为:,故与x2+y2=1在第一象限有交点,即2<a<4,由,解得,故a的取值范围为(,4).故答案为:【点睛】本小题主要考查圆与圆的位置关系,考查化归与转化的数学思想方法,考查数形结合的数学思想方法,属于难题.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)选择条件见解析,(2)【解析】(1)设等差数列的公差为,由,得到,选①,联立求解;选②,联立求解;选③,联立求解;(2)由(1)知,令求解.【小问1详解】解:设等差数列的公差为,得,选①,得,故,∴.选②,得,得,故,∴.选③,,得,故,∴;【小问2详解】由(1)知,,,∴数列是递增等差数列.由,得,∴时,,时,,∴时,得到最小值.18、(1)证明见解析;(2).【解析】(1)设为中点,连接,根据,证明平面得到答案.(2)以为原点,,,分别为,,轴建立空间直角坐标系,计算各点坐标,计算平面和平面的法向量,根据向量夹角公式计算得到答案.【详解】(1)设为中点,连接,,∵,∴,又∵底面四边形为菱形,,∴为等边三角形,∴,又∴,,平面,∴平面,而平面,∴.(2)∵平面平面,平面平面,,∴平面以为原点,,,分别为,,轴建立空间直角坐标系,则,,,,,,由,,,即,∴,,,设为平面的法向量,则由,令,得,,∴,设为平面的法向量,则由,令,得,,∴,设二面角的平面角为,则,∴二面角的的余弦值为.【点睛】本题考查了线线垂直,二面角,意在考查学生的计算能力和空间想象能力,建立空间直角坐标系是解题的关键.19、(1);(2)存在,;(3)证明见解析,定值2【解析】(1)根据已知条件,用待定系数解方程组即可得到C的方程;(2)设出AB的方程,与椭圆方程联立,得到根与系数关系,代入由确定方程内即可得到结果;(3)设P点坐标,求出M和N坐标,设出圆G的圆心坐标,求得圆的半径,由垂径定理求得切线长|OT|,结合P在椭圆上可证|OT|为定值﹒【小问1详解】设椭圆C的方程为将点代入椭圆方程有点解得,(舍)∴椭圆的方程为;【小问2详解】设,当AB斜率存在时,设,代入,整理得,由得,即,由韦达定理化简得,即,设存在圆与直线相切,则,解得,∴圆的方程为;又若AB斜率不存在时,检验知满足条件,故存在圆心在原点的圆符合题意;【小问3详解】如图:,,设,直线,令,得;直线,令,得;解法一:设圆G的圆心为,则,,,而,∴,∴,∴,即线段OT长度为定值2解法二:,而,∴,∴由切割线定理得.∴,即线段OT的长度为定值220、(1);(2)证明见解析,(-5,0).【解析】(1)写出A、B、F的坐标,求出向量坐标,根据向量的关系即可列出方程组,求得a、b、c和椭圆的标准方程;(2)设直线l的方程为y=kx+m,,.联立直线l与椭圆方程,根据韦达定理得到根与系数的关系,求出,根据即可求得k和m的关系,即可证明直线过定点并求出该定点.【小问1详解】由题意,知A(-a,0),B(a,0),F(c,0)∵,∴解得从而b2=a2-c2=3∴椭圆C的方程;【小问2详解】设直线l的方程为y=kx+m,,∵直线l不过点A,因此-2k+m≠0由得时,,,∴由,可得3k=m-2k,即m=5k,故l的方程为y=kx+5k,恒过定点(-5,0).21、(1)证明见解析;(2).【解析】(1)连接与交于点O,易得平面,取的中点M,易得为平行四边形,即,得到平面,然后利用面面垂直的判定定理证明;(2)以A为坐标原点,分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,设,根据与平面所成角为,由,解得,然后分别求得平面的一个法向量,平面的一个法向量,由求解.【详解】(1)如图所示:连接与交于点O,因为为正方形,故,又平面,故,由,故平面,取的中点M,连接,注意到为的中位线,故,且,因此,且,故为平行四边形,即,因此平面,而平面,故平面平面(2)以A坐标原点,分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,设,则,由(1)可知平面

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