2024学年云南省大理市数学高二上期末联考试题含解析

2024学年云南省大理市数学高二上期末联考试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．对任意实数k，直线与圆的位置关系是（）A.相交 B.相切C.相离 D.与k有关2．已知一个几何体的三视图如图，则其外接球的体积为（）A. B.C. D.3．设平面向量，，其中m，，记“”为事件A，则事件A发生的概率为（）A. B.C. D.4．已知直线和互相平行，则实数（）A. B.C.或 D.或5．已知是等差数列的前项和，，，则的最小值为（）A. B.C. D.6．若点P为抛物线y＝2x2上的动点，F为抛物线的焦点，则|PF|的最小值为（）A.2 B.C. D.7．设是双曲线与圆在第一象限的交点，，分别是双曲线的左，右焦点，若，则双曲线的离心率为（）A. B.C. D.8．下列函数中，以为最小正周期，且在上单调递减的为（）A. B.C. D.9．已知四面体，所有棱长均为2，点E，F分别为棱AB，CD的中点，则（）A.1 B.2C.-1 D.-210．已知函数，则函数在点处的切线方程为（）A. B.C. D.11．已知数列满足，且，，则（）A. B.C. D.12．圆与圆公切线的条数为（）A.1 B.2C.3 D.4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．直线与椭圆交于，两点，线段的中点为，设直线的斜率为，直线(其中为坐标原点)的斜率为，则______.14．等比数列的前n项和，则的通项公式为___________.15．根据某市有关统计公报显示，随着“一带一路”经贸合作持续深化，该市对外贸易近几年持续繁荣，2017年至2020年每年进口总额（单位：千亿元）和出口总额（单位：千亿元）之间的一组数据如下：2017年2018年2019年2020年若每年的进出口总额，满足线性相关关系，则______；若计划2022年出口总额达到千亿元，预计该年进口总额为______亿元16．命题“若，则”的逆否命题为______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）为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用C（单位：万元）与隔热层厚度x（单位：cm）满足关系：C（x）=若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元．设f（x）为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和（Ⅰ）求k的值及f(x)的表达式（Ⅱ）隔热层修建多厚时，总费用f(x)达到最小，并求最小值18．（12分）已知数列的各项均为正数，，为自然对数的底数（1）求函数的单调区间，并比较与的大小；（2）计算，，，由此推测计算的公式，并给出证明；19．（12分）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，.（1）证明：平面平面；（2）若，为棱的中点，，，求二面角的余弦值20．（12分）已知椭圆C：的右顶点为A，上顶点为B．离心率为，（1）求椭圆C的标准方程；（2）设椭圆的右焦点为F，过点F的直线l与椭圆C相交于D，E两点，直线：与x轴相交于点H，过点D作，垂足为①求四边形ODHE（O为坐标原点）面积的取值范围；②证明：直线过定点G，并求点G的坐标21．（12分）如图，四边形是矩形，平面平面，为中点，，，（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值22．（10分）已知是等差数列的前n项和，且，（1）求数列的通项公式；（2）令，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、A【解题分析】判断直线恒过定点，可知定点在圆内，即可判断直线与圆的位置关系.【题目详解】由可知，即该圆的圆心坐标为，半径为,由可知，则该直线恒过定点，将点代入圆的方程可得，则点在圆内，则直线与圆的位置关系为相交.故选：.2、D【解题分析】根据三视图还原几何体，将几何体补成长方体，计算出几何体的外接球直径，结合球体体积公式即可得解.【题目详解】根据三视图还原原几何体，如下图所示：由图可知，该几何体三棱锥，且平面，将三棱锥补成长方体，所以，三棱锥的外接球直径为，故，因此，该几何体的外接球的体积为.故选：D【题目点拨】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解3、D【解题分析】由向量的数量积公式结合古典概型概率公式得出事件A发生的概率.【题目详解】由题意可知，即，因为所有的基本事件共有种，其中满足的为，，只有1种，所以事件A发生的概率为.故选：D4、C【解题分析】根据题意，结合两直线的平行，得到且，即可求解.【题目详解】由题意，直线和互相平行，可得且，即且，解得或.故选：C.5、C【解题分析】根据，可得，再根据，得，从而可得出答案.【题目详解】解：因为，所以，又，所以，所以的最小值为.故选：C.6、D【解题分析】根据抛物线的定义得出当点P在抛物线的顶点时，|PF|取最小值.【题目详解】根据题意，设抛物线y＝2x2上点P到准线的距离为d，则有|PF|＝d，抛物线的方程为y＝2x2，即x2＝y，其准线方程为y＝－，∴当点P在抛物线的顶点时，d有最小值，即|PF|min＝.故选：D7、B【解题分析】先由双曲线定义与题中条件得到，，求出，，再由题意得到，即可根据勾股定理求出结果.【题目详解】解：根据双曲线定义：，，∴，∴，，，∴是圆的直径，∴，中，，得故选【题目点拨】本题主要考查求双曲线的离心率，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型.8、B【解题分析】A.利用正切函数的性质判断；B.作出的图象判断；C.作出的图象判断；D.作出的图象判断.【题目详解】A.是以为最小正周期，在上单调递增，故错误；B.如图所示：，由图象知：函数是以为最小正周期，在上单调递减，故正确；C.如图所示：，由图象知：是以为最小正周期，在上单调递增，故错误；D.如图所示：，由图象知：是以为最小正周期，在上单调递增，故错误；故选：B9、D【解题分析】在四面体中，取定一组基底向量，表示出，，再借助空间向量数量积计算作答.【题目详解】四面体所有棱长均为2，则向量不共面，两两夹角都为，则，因点E，F分别为棱AB，CD的中点，则，，，所以.故选：D10、C【解题分析】依据导数几何意义去求函数在点处的切线方程即可解决.【题目详解】则，又则函数在点处的切线方程为，即故选：C11、A【解题分析】由已知两个不等式，利用“两边夹”思想求得，然后利用累加法可求得【题目详解】∵，∴，∴，又，∴，即，∴故选：A【题目点拨】本题考查数列的递推式，由递推式的特征，采用累加法求得数列的项．解题关键是利用“两边夹”思想求解12、D【解题分析】分别求出圆和圆的圆心和半径，判断出两圆的位置关系可得到公切线的条数.【题目详解】根据题意，圆即，其圆心为，半径；圆即，其圆心为，半径；两圆的圆心距，所以两圆相离，其公切线条数有4条；故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、##-0.0625【解题分析】使用点差法即可求解﹒【题目详解】设，，则①－②得：，即，即.故答案为：.14、【解题分析】利用的关系，结合是等比数列，即可求得结果.【题目详解】因为，故当时，，则，又当时，，因为是等比数列，故也满足，即，故，此时满足，则.故答案为：.15、①.1.6②.3.65千##3650【解题分析】根据给定数表求出样本中心点，代入即可求得，取可求出该年进口总额.【题目详解】由数表得：，，因此，回归直线过点，由，解得，此时，，当时，即，解得，所以，预计该年进口总额为千亿元.故答案为：1.6；3.65千16、若，则【解题分析】否定原命题条件和结论，并将条件与结论互换，即可写出逆否命题.【题目详解】由逆否命题的定义知：原命题的逆否命题为“若，则”.故答案为：若，则.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、，因此.,当隔热层修建厚时，总费用达到最小值70万元【解题分析】解：（Ⅰ）设隔热层厚度为，由题设，每年能源消耗费用为.再由，得，因此.而建造费用为最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为（Ⅱ），令，即.解得，（舍去）当时，，当时，，故是的最小值点，对应的最小值为当隔热层修建厚时，总费用达到最小值为70万元18、（1）的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）详见解析【解题分析】（1）求出的定义域，利用导数求其最大值，得到，取即可得出答案.（2）由，变形求得，，，由此推测：然后用数学归纳法证明即可.【小问1详解】的定义域为，当，即时，单调递增；当，即时，单调递减故的单调递增区间为，单调递减区间为当时，，即令，得，即【小问2详解】；；由此推测：①下面用数学归纳法证明①（1）当时，左边右边，①成立（2）假设当时，①成立，即当时，，由归纳假设可得所以当时，①也成立根据（1）（2），可知①对一切正整数都成立19、（1）见解析；（2）【解题分析】分析：（1）由四边形为矩形，可得，再由已知结合面面垂直的性质可得平面，进一步得到，再由，利用线面垂直的判定定理可得面，即可证得平面；（2）取的中点，连接，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由题得，解得.进而求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解二面角的余弦值.详解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴CD⊥BC.∵平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC，CD平面ABCD，∴CD⊥平面PBC，∴CD⊥PB.∵PB⊥PD，CD∩PD=D，CD、PD平面PCD，∴PB⊥平面PCD.∵PB平面PAB，∴平面PAB⊥平面PCD.（2）设BC中点为,连接，，又面面，且面面，所以面.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.由（1）知PB⊥平面PCD，故PB⊥，设，可得所以由题得，解得.所以设是平面的法向量，则，即，可取.设是平面的法向量，则，即，可取.则，所以二面角的余弦值为.点睛：本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20、（1）；（2）①；②详见解析；.【解题分析】（1）由题得，即求；（2）①由题可设，利用韦达定理法可得，进而可得四边形ODHE面积，再利用对勾函数的性质可求范围；②由题可得，令，通过计算可得，即得.【小问1详解】由题可得，解得，∴椭圆C的标准方程.【小问2详解】①由题可知，可设直线，，由，可得，∴，，∴，∴四边形ODHE面积，令，则，因为，所以，当时，取等号，∴，∴四边形ODHE面积取值范围为；②由上可得，直线，令，得，由，可得，∴，∴直线过定点G.21、（1）证明见解析；（2）【解题分析】(1)利用面面垂直的性质，证得平面，进而可得，平面即可得证；(2)在平面ABC内过点A作Ax⊥AB，以A为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量而得解.【题目详解】（1）因为，为中点，所以，因为是矩形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又，平面，，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）在平面ABC内过点A作Ax⊥AB，由（1）知，平面，故以点A为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图