2024学年江苏省苏州市吴江高级中学数学高二上期末学业质量监测试题含解析

2024学年江苏省苏州市吴江高级中学数学高二上期末学业质量监测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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．观察下列各式：，，，，，可以得出的一般结论是A.B.C.D.2．在正三棱锥S-ABC中，AB=4，D、E分别是SA、AB中点，且DE⊥CD，则三棱锥S-ABC外接球的体积为（）A.π B.πC.π D.π3．曲线在点处的切线方程是A. B.C. D.4．若两条直线与互相垂直，则的值为（）A.4 B.-4C.1 D.-15．设某大学的女生体重y（单位：kg）与身高x（单位：cm）具有线性相关关系，根据一组样本数据（xi，yi）（i=1，2，…，n），用最小二乘法建立的回归方程为=0.85x-85.71，则下列结论中不正确的是A.y与x具有正的线性相关关系B.回归直线过样本点中心（，）C.若该大学某女生身高增加1cm，则其体重约增加0.85kgD.若该大学某女生身高为170cm，则可断定其体重必为58.79kg6．已知抛物线的焦点恰为双曲线的一个顶点，的另一顶点为，与在第一象限内的交点为，若，则直线的斜率为（）A. B.C. D.7．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半.这条直线被后人称为三角形的欧拉线，已知△的顶点，，且，则△的欧拉线的方程为（）A. B.C. D.8．由伦敦著名建筑事务所SteynStudio设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品，若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线下支的一部分，离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.9．如图，过抛物线的焦点的直线依次交抛物线及准线于点，若且，则抛物线的方程为（）A.B.C.D.10．数列中，，，若，则（）A.2 B.3C.4 D.511．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，则的形状为（）A.直角三角形 B.等边三角形C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形12．已知数列满足，则（）A. B.1C.2 D.4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数，则f（e）＝__.14．在数列中，，，则数列中最大项的数值为__________15．若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与平面所成角的正弦值为______.16．已知点P是抛物线y2＝2x上的动点，点P在y轴上的射影是M，点，则|的最小值是_________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）已知数列满足（1）求；（2）若，且数列的前n项和为，求证：18．（12分）设：函数的定义域为；：不等式对任意的恒成立（1）如果是真命题，求实数的取值范围；（2）如果“”为真命题，“”为假命题，求实数的取值范围19．（12分）椭圆的左右焦点分别为，，焦距为，为原点.椭圆上任意一点到，距离之和为.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点的斜率为2的直线交椭圆于、两点，求的面积.20．（12分）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）若对任意的，都有成立，求的取值范围21．（12分）如图，在平面直角坐标系上，已知圆的直径，定直线到圆心的距离为，且直线垂直于直线，点是圆上异于、的任意一点，直线、分别交与、两点（1）求过点且与圆相切的直线方程；（2）若，求以为直径的圆方程；（3）当点变化时，以为直径的圆是否过圆内的一定点，若过定点，请求出定点；若不过定点，请说明理由22．（10分）如图1是一张长方形铁片，，，，分别是，中点，，分别在边，上，且，将它卷成一个圆柱的侧面图2，使与重合，与重合.（1）求证：平面；（2）求几何体的体积.

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、C【解题分析】1=12，2+3+4=32，3+4+5+6+7=52，4+5+6+7+8+9+10=72，…，由上述式子可以归纳：左边每一个式子均有2n-1项，且第一项为n，则最后一项为3n-2右边均为2n-1的平方故选C点睛：归纳推理的一般步骤是：（1）通过观察个别情况发现某些相同性质；（2）从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题（猜想）2、C【解题分析】取中点，连接，证明平面，得证，然后证明平面，得两两垂直，以为棱把三棱锥补成一个正方体，正方体的对角线是其外接球的直径，而正方体的外接球也是正三棱锥的外接球，由此计算可得【题目详解】取中点，连接，则，，，平面，所以平面，又平面，所以，D、E分别是SA、AB的中点，则，又，所以，，平面，所以平面，而平面，所以，，是正三棱锥，因此，因此可以为棱把三棱锥补成一个正方体，正方体的对角线是其外接球的直径，而正方体的外接球也是正三棱锥的外接球，由，得，所以所求外接球直径为，半径为，球体积为故选：C3、D【解题分析】先求导数，得切线的斜率，再根据点斜式得切线方程.【题目详解】，选D.点睛】本题考查导数几何意义以及直线点斜式方程，考查基本求解能力，属基础题.4、A【解题分析】根据两直线垂直的充要条件知：，即可求的值.【题目详解】由两直线垂直，可知：，即.故选：A5、D【解题分析】根据y与x的线性回归方程为y=0.85x﹣85.71，则=0.85＞0，y与x具有正的线性相关关系，A正确；回归直线过样本点的中心（），B正确；该大学某女生身高增加1cm，预测其体重约增加0.85kg，C正确；该大学某女生身高为170cm，预测其体重约为0.85×170﹣85.71=58.79kg，D错误故选D6、D【解题分析】根据题意，列出的方程组，解得，再利用斜率公式即可求得结果.【题目详解】因为抛物线的焦点，由题可知；又点在抛物线上，故可得；又，联立方程组可得，整理得，解得（舍）或，此时，又，故直线的斜率为.故选：D.7、D【解题分析】由题设条件求出垂直平分线的方程，且△的外心、重心、垂心都在垂直平分线上，结合欧拉线的定义，即垂直平分线即为欧拉线.【题目详解】由题设，可得，且中点为，∴垂直平分线的斜率，故垂直平分线方程为，∵，则△的外心、重心、垂心都在垂直平分线上，∴△的欧拉线的方程为.故选：D8、B【解题分析】求出的值，可得出双曲线的渐近线方程.【题目详解】由已知可得，因此，该双曲线的渐近线方程为.故选：B.9、D【解题分析】如图根据抛物线定义可知，进而推断出的值，在直角三角形中求得，进而根据，利用比例线段的性质可求得，则抛物线方程可得.【题目详解】如图分别过点，作准线的垂线，分别交准线于点，设，则由已知得：，由定义得：，故在直角三角形中，，，，从而得，，求得，所以抛物线的方程为故选：D10、C【解题分析】由已知得数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，求出，再利用等比数列求和可得答案.【题目详解】∵，∴，所以，数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，则，∴，∴，则，解得.故选：C.11、B【解题分析】直接利用正弦定理以及已知条件，求出、、的关系，即可判断三角形的形状【题目详解】解：在中，已知，，，分别为角，，的对边），由正弦定理可知：，所以，解得，所以为等边三角形故选：【题目点拨】本题考查三角形的形状的判断，正弦定理的应用，考查计算能力，属于基础题12、B【解题分析】根据递推式以及迭代即可.【题目详解】由，得，，，，，，.故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】由导数得出，再求.【题目详解】∵，∴，，解得，，，故答案为：.14、【解题分析】用累加法求出通项，再由通项表达式确定最大项.【题目详解】当时，，所以数列中最大项的数值为故答案为:15、【解题分析】根据空间向量夹角公式进行求解即可.【题目详解】设与的夹角为，直线与平面所成角为，所以，故答案为：16、##【解题分析】由抛物线的定义可得，所以的最小值转化为求的最小值，由图可知的最小值为，从而可求得答案【题目详解】抛物线y2＝2x焦点，准线为，由抛物线的定义可得，所以,因为，，所以，所以，当且仅当三点共线且在线段上时，取得最小值，所以的最小值为，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）（2）证明见解析【解题分析】（1）先求得，猜想，然后利用数学归纳法进行证明.（2）利用放缩法证得结论成立.【小问1详解】依题意，，，，猜想，下面用数学归纳法进行证明：当时，结论成立，假设当时结论成立，即，由，，所以当时，有，结论成立，所以当时，.【小问2详解】由（1）得，且为单调递增数列，所以.所以.18、（1）（2）【解题分析】（1）由对数函数性质，转化为对任意的恒成立，结合二次函数的性质，即可求解；（2）利用基本不等式，求得当命题是真命题，得到，结合“”为真命题，“”为假命题，分类讨论，即可求解.【小问1详解】解：因为是真命题，所以对任意的恒成立，当时，不等式，显然在不能恒成立；当时，则满足解得，故实数的取值范围为【小问2详解】解：因为，所以，当且仅当时，等号成立若是真命题，则；因为“”为真命题，“”为假命题，所以与一真一假当真假时，所以；当假真时，所以，综上，实数的取值范围为19、（1）（2）【解题分析】（1）根据题意和椭圆的定义可知a，c，再根据，即可求出b，由此即可求出椭圆的方程；（2）求出直线方程，将其与椭圆方程联立，根据弦长公式求出的长度，再根据点到直线的距离公式求出点O到直线AB的距离，再根据面积公式即可求出结果.【小问1详解】由题意可得，，∴，，，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】直线l的方程为，代入椭圆方程得，设，，则，，，∴，又∵点O到直线AB的距离，∴，即△OAB的面积为.20、（1）答案见解析；（2）.【解题分析】（1）求，分别讨论不同范围下的正负，分别求单调性；（2）由（1）所求的单调性，结合，分别求出的范围再求并集即可.【题目详解】解：（1）由已知定义域为，当，即时，恒成立，则在上单调递增；当，即时，（舍）或，所以在上单调递减，在上单调递增.所以时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增.（2）由（1）可知，当时，在上单调递增，若对任意的恒成立，只需，而恒成立，所以成立；当时，若，即，则在上单调递增，又，所以成立；若，则在上单调递减，在上单调递增，又，所以，，不满足对任意的恒成立.所以综上所述：.21、（1）或（2）（3）过定点，定点坐标为【解题分析】（1）对所求直线的斜率是否存在进行分类讨论，在所求直线斜率不存在时，直接验证直线与圆相切；在所求直线斜率存在时，设所求直线方程为，利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，求出的值，综合可得出所求直线的方程；（2）分点在轴上方、点在轴下方两种情况讨论，求出点、的坐标，可得出所求圆的圆心坐标和半径，即可得出所求圆的方程；（3）设直线的方程为，其中，求出点、的坐标，可求得以线段为直径的圆的方程，并化简圆的方程，可求得定点的坐标.【小问1详解】解：易知圆的方程为，圆心为原点，半径为，若所求直线的斜率不存在，则所求直线的方程为，此时直线与圆相切，合乎题意，若所求直线的斜率存在，设所求直线的方程为，即，由已知可得，解得，此时所求直线的方程为.综上所述，过点且与圆相切的直线方程为或.【小问2详解】解：易知直线的方程为，、，若点在轴上方，则直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，线段的中点为，且，此时，所求圆的方程为；若点在轴下方，同理可求得所求圆的方程为.综上所述，以为直径的圆方程为.【小问3详解】解：不妨设直线的方程为，其中，在直线的方程中，令，可得，即点，因为，则直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，线段中点为，，所以，以线段为直径的圆