福建省福州市闽侯八中2024年数学高二上期末学业质量监测试题含解析

福建省福州市闽侯八中2024年数学高二上期末学业质量监测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．“”是“方程表示椭圆”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2．已知圆与圆没有公共点，则实数a的取值范围为（）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．在直角坐标系中，直线的倾斜角是A.30° B.60°C.120° D.150°5．椭圆的长轴长是（）A.3 B.4C.6 D.86．命题“若，则”的逆否命题是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则7．已知随机变量服从正态分布，且，则（）A.0.6 B.0.4C.0.3 D.0.28．二次方程的两根为2，，那么关于的不等式的解集为（）A.或 B.或C. D.9．在棱长为1的正四面体中，点满足，点满足，当和的长度都为最短时，的值是（）A. B.C. D.10．对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数图象都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数，则（）A. B.C. D.11．已知数列满足：，，则（）A. B.C. D.12．已知椭圆的短轴长为8，且一个焦点是圆的圆心，则该椭圆的左顶点为（）A B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知平行四边形内接于椭圆，且的斜率之积为，则椭圆的离心率为________14．若正四棱柱的底面边长为5，侧棱长为4，则此正四棱柱的体积为______15．用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是奇数的四位数，这样的四位数一共有___________个．（用数字作答）16．已知等差数列满足，公差，则当的前n项和最大时，___________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）记是等差数列的前项和，若.（1）求数列的通项公式；（2）求使成立的的最小值.18．（12分）已知圆M的方程为.（1）写出圆M的圆心坐标和半径；（2）经过点的直线l被圆M截得弦长为，求l的方程.19．（12分）已知，，函数，直线是函数图象的一条对称轴（1）求函数的解析式及单调递增区间；（2）若，，的面积为，求的周长20．（12分）在平面直角坐标系中，有一条长度为3的线段，端点，分别在轴、轴上运动，为线段上一点，且.（1）求点的轨迹的方程；（2）已知不过原点的直线与相交于，两点，且线段始终被直线平分.求的面积取最大时直线的方程.21．（12分）如图，在正方体中，，分别为棱，的中点（1）求证：直线平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值22．（10分）已知函数.（1）求函数在处的切线方程；（2）求函数在区间上的最大值与最小值.

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【解题分析】方程表示椭圆，可得，解出的范围即可判断出结论.【题目详解】∵方程表示椭圆，∴解得或，故“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件.故选：B2、B【解题分析】求出圆、的圆心和半径，再由两圆没有公共点列不等式求解作答.【题目详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，，因圆、没有公共点，则有或，即或，又，解得或，所以实数a的取值范围为.故选：B3、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】根据直线方程得到直线的斜率后可得直线的倾斜角.【题目详解】设直线的倾斜角为，则，因，故，故选D.【题目点拨】直线的斜率与倾斜角的关系是：，当时，直线的斜率不存在，注意倾斜角的范围.5、D【解题分析】根据椭圆方程可得到a，从而求得长轴长.【题目详解】椭圆方程为，故，所以椭圆长轴长为，故选:D.6、C【解题分析】根据逆否命题的定义写出逆否命题即得【题目详解】解：以否定的结论作条件、否定的条件作结论得出的命题为原命题的逆否命题，即“若，则”的逆否命题是“若，则”故选：C7、A【解题分析】根据正态曲线的对称性即可求得答案.【题目详解】由题意，正态曲线的对称轴为，则与关于对称轴对称，于是.故选：A.8、B【解题分析】根据，确定二次函数的图象开口方向，再由二次方程的两根为2，，写出不等式的解集.【题目详解】因为二次方程的两根为2，，又二次函数的图象开口向上，所以不等式的解集为或，故选：B9、A【解题分析】根据给定条件确定点M，N的位置，再借助空间向量数量积计算作答.【题目详解】因，则，即，而，则共面，点M在平面内，又，即，于是得点N在直线上，棱长为1的正四面体中，当长最短时，点M是点A在平面上的射影，即正的中心，因此，，当长最短时，点N是点D在直线AC上的射影，即正边AC的中点，，而，，所以.故选：A10、B【解题分析】根据“拐点”的概念可判断函数的对称中心，进而求解.【题目详解】，，，令，解得：，而，故函数关于点对称，，，故选：B.11、A【解题分析】由a1＝3，，利用递推思想，求出数列的前11项，推导出数列{an}从第6项起是周期为3的周期数列，由此能求出a2022【题目详解】解：∵数列{an}满足：a1＝3，，∴a2＝3a1+1＝10，5，a4＝3a3+1＝16，a58，4，a72，a81，a9＝3a8+1＝4，a102，a111，∴数列{an}从第6项起是周期为3的周期数列，∵2022＝5+672×3+1，∴a2022＝a6＝4故选：A12、D【解题分析】根据椭圆的一个焦点是圆的圆心，求得c，再根据椭圆的短轴长为8求得b即可.【题目详解】圆的圆心是，所以椭圆的一个焦点是，即c=3，又椭圆的短轴长为8，即b=4，所以椭圆长半轴长为，所以椭圆的左顶点为，故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、##0.5【解题分析】根据对称性设，，，根据得到，再求离心率即可.【题目详解】由对称性，，关于原点对称，设，，，，故.故答案为：14、100【解题分析】根据棱柱体积公式直接可得.【题目详解】故答案为：10015、504【解题分析】分两种情况求解，一是四个数字中没有奇数，二是四个数字中有一个奇数，然后根据分类加法原理可求得结果【题目详解】当四个数字中没有奇数时，则这样的四位数有种，当四个数字中有一个奇数时，则从5个奇数中选一个奇数，再从4个偶数中选3个数，然后对这4个数排列即可，所以有种，所以由分类加法原理可得共有种，故答案为：50416、3【解题分析】根据公式求出前n项和，再利用二次函数的性质.【题目详解】因为等差数列，，所以，当时，取到最大值.故答案为：3.三、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）4【解题分析】（1）根据题意得，解方程得，进而得通项公式；（2）由题知，进而解不等式得或，再根据即可得答案.【小问1详解】设等差数列的公差为，由得=0,由题意知，，解得，所以d=2所以.小问2详解】解：由（1）可得，由可得，即，解得或，因为，所以，正整数的最小值为.18、（1）圆心坐标为，半径为2（2）或【解题分析】（1）求得圆的标准方程，从而求得圆心和半径.（2）根据直线的斜率存在和不存在进行分类讨论，由此求得的方程.【小问1详解】圆的标准方程为：.所以圆M的圆心坐标为，半径为2.【小问2详解】因为圆M半径为2，直线l被圆M截得弦长为，由垂径定理可知M到直线距离为1.当l不垂直于轴时，设，即，则.解得，于是l的方程为，即.当l垂直于轴时，到点M的距离为1.综上，l的方程为，或.19、（1），单调递增区间为.（2）【解题分析】（1）先利用向量数量积运算、二倍角公式、辅助角公式求出，再求单增区间；（2）利用面积公式求出，再利用余弦定理求出，即可求出周长.小问1详解】已知，，函数，所以.因为直线是函数图象的一条对称轴，所以,所以，又，所以当k=0时，符合题意，此时要求的单调递增区间，只需,解得：，所以的单调递增区间为.【小问2详解】由于，所以，所以.因为，所以.因为的面积为，所以，即，解得：.又，由余弦定理可得：，即，所以，所以，所以的周长.20、（1）（2）【解题分析】(1)设，根据题意可得，，利用两点之间的距离公式表示出，化简即可得出结果；(2)设，，线段的中点为，利用两点坐标表示直线斜率的公式和点差法求出直线的斜率，设的方程为，联立椭圆方程并消去y得到关于x的一元二次方程，根据韦达定理表示、进而得出弦长，利用点到直线的距离公式求出原点到的距离，结合基本不等式计算即可.【小问1详解】设，由为线段上一点，且，得，，又，则，整理可得，所以轨迹的方程为；【小问2详解】设，，线段的中点为.∵在直线上，∴，∵A，在轨迹上，∴两式相减，可得，∴，即直线的斜率为，依题意，可设直线的方程为，由可得，则解得且由韦达定理，得，∴∵原点到直线的距离为∴，当且仅当，即时等号成立，即时，三角形的面积最大，此时直线的方程为.21、（1）证明见解析；（2）.【解题分析】（1）证明，则，可证明，由平面，可得，再由线面垂直的判定定理即可求证；（2）连结，可知，所以或其补角即为异面直线与所成的角，在中由余弦定理计算的值即可求解.【小问1详解】在正方形中，，分别为棱，的中点，则，，，所以