2024届新疆哈密市石油高级中学数学高二上期末调研试题含解析

2024届新疆哈密市石油高级中学数学高二上期末调研试题注意事项：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．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为A. B.C. D.2．已知数列是等比数列，数列是等差数列，若，则（）A. B.C. D.3．已知：，直线l：，M为直线l上的动点，过点M作的切线MA，MB，切点为A，B，则四边形MACB面积的最小值为（）A.1 B.2C. D.44．已知双曲线的右焦点为F，关于原点对称的两点A、B分别在双曲线的左、右两支上，，且点C在双曲线上，则双曲线的离心率为（）A.2 B.C. D.5．已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，则抛物线的准线方程为（）A. B.C. D.6．已知双曲线的离心率为，则双曲线C的渐近线方程为（）A. B.C. D.7．抛物线y2=4x的焦点坐标是A.（0,2） B.（0,1）C.（2,0） D.（1,0）8．设F是双曲线的左焦点，，P是双曲线右支上的动点，则的最小值为（）A.5 B.C. D.99．函数的图像大致是（）A. B.C. D.10．已知椭圆，则它的短轴长为（）A.2 B.4C.6 D.811．已知等差数列为其前项和，且，且，则（）A.36 B.117C. D.1312．命题“，”的否定形式是（）A.“，” B.“，”C.“，” D.“，”二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知在时有极值0，则的值为____14．双曲线的一条渐近线的一个方向向量为，则______（写出一个即可）15．平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，则对角线的长度为___.16．在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布（），若ξ在内取值的概率为0.4，则ξ在内取值的概率为______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）在正方体中，、、分别是、、的中点（1）证明：平面平面；（2）证明：18．（12分）已知与定点，的距离比为的点P的轨迹为曲线C，过点的直线l与曲线C交于M，N两点.（1）求曲线C的轨迹方程；（2）若，求.19．（12分）已知公差不为零的等差数列中，，且，，成等比数列.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若，求数列的前项和.20．（12分）如图，正四棱锥底面的四个顶点在球的同一个大圆上，点在球面上，且正四棱锥的体积为.（1）该正四棱锥的表面积的大小；（2）二面角的大小.(结果用反三角表示)21．（12分）已知三棱柱中，，，平面ABC，，E为AB中点，D为上一点（1）求证：；（2）当D为中点时，求平面ADC与平面所成角的正弦值22．（10分）已知椭圆的焦距为4，点在G上.（1）求椭圆G方程；（2）过椭圆G右焦点的直线l与椭圆G交于M，N两点，O为坐标原点，若，求直线l的方程.

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【解题分析】分析：根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列，利用等比数列的相关性质可解.详解：因为每一个单音与前一个单音频率比为，所以，又，则故选D.点睛：此题考查等比数列的实际应用，解决本题的关键是能够判断单音成等比数列.等比数列的判断方法主要有如下两种：（1）定义法，若（）或（），数列等比数列；（2）等比中项公式法，若数列中，且（），则数列是等比数列.2、A【解题分析】结合等差中项和等比中项分别求出和，代值运算化简即可.【题目详解】由是等比数列可得，是等差数列可得，所以，故选：A3、B【解题分析】易知四边形MACB的面积为，然后由最小，根据与直线l：垂直求解.【题目详解】：化为标准方程为：,由切线长得：,四边形MACB的面积为，若四边形MACB的面积最小，则最小，此时与直线l：垂直，所以，所以四边形MACB面积的最小值，故选：B4、D【解题分析】设，由，得到四边形是矩形，在中，利用勾股定理求得，再在中，利用勾股定理求解.【题目详解】如图所示：设，则，，，因为，所以，则四边形是矩形，在中，，即，解得，在中，，即，解得，故选：D5、C【解题分析】先求出椭圆的右焦点，从而可求抛物线的准线方程.【题目详解】，椭圆右焦点坐标为，故抛物线的准线方程为，故选：C.【题目点拨】本题考查抛物线的几何性质，一般地，如果抛物线的方程为，则抛物线的焦点的坐标为，准线方程为，本题属于基础题.6、B【解题分析】根据a的值和离心率可求得b,从而求得渐近线方程.【题目详解】由双曲线的离心率为，知，则，即有，故，所以双曲线C的渐近线方程为，即，故选：B.7、D【解题分析】的焦点坐标为，故选D.【考点】抛物线的性质【名师点睛】本题考查抛物线的定义．解析几何是中学数学的一个重要分支，圆锥曲线是解析几何的重要内容，它们的定义、标准方程、简单几何性质是我们要重点掌握的内容，一定要熟记掌握8、B【解题分析】由双曲线的的定义可得，于是将问题转化为求的最小值，由得出答案.【题目详解】设双曲线的由焦点为，且点A在双曲线的两支之间.由双曲线的定义可得,即所以当且仅当三点共线时，取得等号.故选：B9、B【解题分析】由导数判断函数的单调性及指数的增长趋势即可判断.【题目详解】当时，，∴在上单调递增，当时，，∴在上单调递减，排除A、D；又由指数函数增长趋势，排除C.故选：B10、B【解题分析】根据椭圆短轴长的定义进行求解即可.【题目详解】由椭圆的标准方程可知：，所以该椭圆的短轴长为，故选：B11、B【解题分析】根据等差数列下标的性质，，进而根据条件求出，然后结合等差数列的求和公式和下标性质求得答案.【题目详解】由题意，，即为递增数列，所以，又，又，联立方程组解得：.于是，.故选：B.12、C【解题分析】由全称命题的否定是特称命题即得.【题目详解】“任意”改为“存在”，否定结论即可.命题“，”的否定形式是“，”.故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、11【解题分析】由题知，且，所以，得或，①当时，，此时，，所以函数单调递增无极值，舍去②当时，，此时，是函数的极值点，符合题意，∴14、(答案不唯一)【解题分析】写出双曲线的渐近线方程，结合方向向量的定义求即可.【题目详解】由题设，双曲线的渐近线方程为，又是一条渐近线的一个方向向量，所以或或或，所以或.故答案为：(答案不唯一)15、2【解题分析】利用，两边平方后，利用向量数量积计算公式，计算得.【题目详解】对两边平方并化简得,故.【题目点拨】本小题主要考查空间向量的加法和减法运算，考查空间向量数量积的表示，属于中档题.16、4##【解题分析】根据正态分布曲线的对称性求解【题目详解】因为ξ服从正态分布（），即正态分布曲线的对称轴为，根据正态分布曲线的对称性，可知ξ在与取值的概率相同，所以ξ在内取值的概率为0.4.故答案为：0.4三、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）证明见解析.【解题分析】（1）连接，分别证明出平面，平面，利用面面平行的判定定理可证得结论成立；（2）证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立.【小问1详解】证明：连接，在正方体中，，，所以，四边形为平行四边形，所以，在中，、分别为、的中点，所以，，所以，，因为平面，平面，所以，平面因为且，、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，则，，平面，平面，平面又，所以，平面平面【小问2详解】证明：在正方体中，平面，平面，,因为四边形为正方形，则，因为，则平面由知（1）平面平面，所以，平面，平面，因此，18、（1）（2）或【解题分析】（1）设曲线上的任意一点，由题意可得，化简即可得出（2）分直线的斜率不存在与存在两种情况讨论，当斜率不存在时，即可求出、的坐标，从而求出，当直线的斜率存在，设直线方程为，，，联立直线与圆的方程，消元列出韦达定理，则，即可求出，从而求出直线方程，由圆心在直线上，即可求出弦长；【小问1详解】解：（1）设曲线上的任意一点，由题意可得：，即，整理得【小问2详解】解：依题意当直线的斜率不存在时，直线方程为，则，则或，即、，所以、，所以满足条件，此时，当直线的斜率存在，设直线方程为，，，则，消去整理得，由，解得或，所以、，因为，，所以，解得，所以直线方程为，又直线过圆心，所以，综上可得或；19、（1）（2）【解题分析】（Ⅰ）将数列中的项用和表示，根据等比数列的性质可得到关于的一元二次方程可求得的值，即可得到数列的通项公式；（Ⅱ）根据（Ⅰ）可求得的通项公式，用分组求和法可得其前项和.试题解析：（Ⅰ）设等差数列的公差为，因，且，，成等比数列，即，，成等比数列，所以有，即，解得或（舍去），所以，，数列的通项公式为.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以.点睛：本题主要考查了等差数列，等比数列的概念，以及数列的求和，属于高考中常考知识点，难度不大；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.20、（1）（2）【解题分析】（1）首先求出球的半径，即可得到四棱锥的棱长，再根据锥体的表面积公式计算可得；（2）取中点，联结，即可得到，从而得到为二面角的平面角，再利用余弦定理计算可得.【小问1详解】解：设球的半径为，则解得，所以所有棱长均为，因此【小问2详解】解：取中点，联结，因为均为正三角形，因此，即为二面角的平面角.，因此二面角的大小为.21、（1）证明见解析；（2）.【解题分析】（1）利用线面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理即证；（2）利用坐标法即求.【小问1详解】∵，E为AB中点，∴，∵平面ABC，平面ABC，∴，又，，∴平面，平面，∴；【小问2详解】以C点为坐标原点，CA，CB，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，不妨设，则平面的法向量为，设平面ADC法向量为，则，∴，即，令，则∴平面ADC与平面所成角的余弦值