2024届甘肃省兰州市高二数学第一学期期末复习检测试题含解析

2024届甘肃省兰州市高二数学第一学期期末复习检测试题注意事项：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．等比数列中，，则（）A. B.C.2 D.42．已知集合A={1，a，b}，B={a2，a，ab}，若A=B，则a2021+b2020=（）A.-1 B.0C.1 D.23．若点是函数图象上的动点（其中的自然对数的底数），则到直线的距离最小值为（）A. B.C. D.4．已知等差数列的前n项和为，且，，则为（）A. B.C. D.5．已知点，，直线：与线段相交，则实数的取值范围是（）A.或 B.或C. D.6．已知双曲线上的点到的距离为15，则点到点的距离为（）A.7 B.23C.5或25 D.7或237．已知命题“若，则”，命题“若，则”，则下列命题中为真命题的是（）A. B.C. D.8．已知直线l和两个不同的平面，，，则“”是“”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9．设村庄外围所在曲线的方程可用表示，村外一小路所在直线方程可用表示，则从村庄外围到小路的最短距离为（）A. B.C. D.10．集合，则集合A的子集个数为（）A.2个 B.4个C.8个 D.16个11．已知点为直线上任意一点，为坐标原点．则以为直径的圆除过定点外还过定点（）A. B.C. D.12．已知正三棱柱的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数，若，则________.14．在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则下列说法中，正确的有_________（请填入所有正确说法的序号）①当时，的周长为定值②当时，三棱锥的体积为定值③当时，有且仅有一个点P，使得④当时，有且仅有一个点P，使得平面15．直线的倾斜角为_______________.16．若等比数列的前n项和为，且，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．（12分）在①；②；③；这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，然后解答补充完整的题.注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.已知，且（只需填序号）.（1）求的值；（2）求展开式中的奇数次幂的项的系数之和18．（12分）如图，在四棱锥S−ABCD中，已知四边形ABCD是边长为的正方形，点S在底面ABCD上的射影为底面ABCD的中心点O，点P在棱SD上，且△SAC的面积为1（1）若点P是SD的中点，求证：平面SCD⊥平面PAC；（2）在棱SD上是否存在一点P使得二面角P−AC−D的余弦值为？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由19．（12分）在四面体ABCD中，CB=CD，，且E，F分别是AB，BD的中点，求证：（I）直线；（II）．20．（12分）如图，已知顶点，，动点分别在轴，轴上移动，延长至点，使得，且.（1）求动点的轨迹；（2）过点分别作直线交曲线于两点，若直线的倾斜角互补，证明：直线的斜率为定值；（3）过点分别作直线交曲线于两点，若，直线是否经过定点？若是，求出该定点，若不是，说明理由.21．（12分）已知抛物线的焦点为F，直线l交抛物线于不同的A、B两点.（1）若直线l的方程为，求线段AB的长；（2）若直线l经过点P(-1，0)，点A关于x轴的对称点为A'，求证：A'、F、B三点共线.22．（10分）已知（1）讨论函数的单调性；（2）若函数在上有1个零点，求实数a的取值范围

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】利用等比数列的下标特点，即可得到结果.【题目详解】∵，∴，∴，∴.故选：D2、A【解题分析】根据A=B，可得两集合元素全部相等，分别求得和ab=1两种情况下，a，b的取值，分析讨论，即可得答案.【题目详解】因为A=B，若，解得，当时，不满足互异性，舍去，当时，A={1，-1，b}，B={1，-1，-b}，因为A=B，所以，解得，所以；若ab=1，则，所以，若，解得或1，都不满足题意，舍去，若，解得，不满足互异性，舍去，故选：A【题目点拨】本题考查两集合相等的概念，在集合相等问题中由一个条件求出参数后需进行代入检验，检验是否满足互异性、题设条件等，属基础题.3、A【解题分析】设，，设与平行且与相切的直线与切于，由导数的几何意义可求出点的坐标，则到直线的距离最小值为点到直线的距离，再求解即可.【题目详解】解：设，，设与平行且与相切的直线与切于所以所以则到直线的距离为，即到直线的距离最小值为，故选：A4、C【解题分析】直接由等差数列求和公式结合，求出，再由求和公式求出即可.【题目详解】由题意知：，解得，则.故选：C.5、A【解题分析】由可求出直线过定点，作出图象，求出和，数形结合可得或，即可求解.【题目详解】由可得：，由可得，所以直线：过定点，由可得，作出图象如图所示：，，若直线与线段相交，则或，解得或，所以实数的取值范围是或，故选：A.6、D【解题分析】根据双曲线的定义知，，即可求解.【题目详解】由题意，双曲线，可得焦点坐标，根据双曲线的定义知，，而，所以或故选：D【题目点拨】本题主要考查了双曲线的定义及其应用，其中解答中熟记双曲线的定义，列出方程是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.7、D【解题分析】利用指数函数的单调性可判断命题的真假，利用特殊值法可判断命题的真假，结合复合命题的真假可判断出各选项中命题的真假.【题目详解】对于命题，由于函数为上的增函数，当时，，命题为真命题；对于命题，若，取，，则，命题为假命题.所以，、、均为假命题，为真命题.故选：D.【题目点拨】本题考查简单命题和复合命题真假的判断，考查推理能力，属于基础题.8、D【解题分析】根据直线、平面的位置关系，应用定义法判断两个条件之间的充分、必要性.【题目详解】当，时，直线l可与平行、相交，故不一定成立，即充分性不成立；当，时，直线l可在平面内，故不一定成立，即必要性不成立.故选：D.9、B【解题分析】求出圆心到直线距离，减去半径即为答案.【题目详解】圆心到直线的距离，则从村庄外围到小路的最短距离为故选：B10、C【解题分析】取，再根据的周期为4，可得，即可得解.【题目详解】因为，所以.时,，时,，时,，时,，所以集合，所以的子集的个数为，故选：C.11、D【解题分析】设垂直于直线，可知圆恒过垂足；两条直线方程联立可求得点坐标.【题目详解】设垂直于直线，垂足为，则直线方程为：，由圆的性质可知：以为直径的圆恒过点，由得：，以为直径的圆恒过定点.故选：D.12、C【解题分析】过作，连接，由于，故平面，所以所求直线与平面所成的角为，设棱长为，则，故，.点睛：本题主要考查空间立体几何直线与平面的位置关系，考查直线与平面所成的角，考查线面垂直的证明方法和常见几何体的结构特征.由于题目所给几何体为直三棱柱，故侧棱和底面垂直，这是一个重要的隐含条件，通过作交线的垂线，即可得到高，由此作出二面角的平面角.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】求出导函数，确定导函数奇函数，然后可求值【题目详解】由已知，它是奇函数，∴故答案为：【题目点拨】本题考查导数的运算，考查函数的奇偶性，确定函数的奇偶性是解题关键14、②④【解题分析】①结合得到P在线段上，结合图形可知不同位置下周长不同；②由线面平行得到点到平面距离不变，故体积为定值；③结合图形得到不同位置下有，判断出③错误；④结合图形得到有唯一的点P，使得线面垂直.【题目详解】由题意得：，，，所以P为正方形内一点，①，当时，，即，，所以P在线段上，所以周长为，如图1所示，当点P在处时，，故①错误；②，如图2，当时，即，即，，所以P在上，，因为∥BC，平面，平面，所以点P到平面距离不变，即h不变，故②正确；③，当时，即，如图3，M为中点，N为BC的中点，P是MN上一动点，易知当时，点P与点N重合时，由于△ABC为等边三角形，N为BC中点，所以AN⊥BC，又⊥BC，，所以BN⊥平面，因为平面，则，当时，点P与点M重合时，可证明出⊥平面，而平面，则，即，故③错误；④，当时，即，如图4所示，D为的中点，E为的中点，则P为DE上一动点，易知，若平面，只需即可，取的中点F，连接，又因为平面，所以，若，只需平面，即即可，如图5，易知当且仅当点P与点E重合时，故只有一个点P符合要求，使得平面，故④正确.故选：②④【题目点拨】立体几何的压轴题，通常情况下要画出图形，利用线面平行，线面垂直及特殊点，特殊值进行排除选项，或者用等体积法进行转化等思路进行解决.15、【解题分析】由直线的斜率为，得到，即可求解.【题目详解】由题意，可知直线的斜率为，设直线的倾斜角为，则，解得，即换线的倾斜角为.【题目点拨】本题主要考查直线的倾斜角的求解问题，其中解答中熟记直线的倾斜角与斜率的关系，合理准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.16、5【解题分析】根据题意和等比数列的求和公式，求得，结合求和公式，即可求解.【题目详解】因为，若时，可得，故，所以，化简得，整理得，解得或，因为，解得，所以.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）选①②③，答案均为；（2）66【解题分析】（1）选①时，利用二项式定理求得的通项公式为，从而得到，求出n的值；选②时，利用二项式系数和的公式求出，解出n的值；选③时，利用赋值法求解，，从而求出n的值；（2）在第一问求出的的前提下进行赋值法求解.【小问1详解】选①，其中，而的通项公式为，当时，，所以，解得：；选②，由于，所以，解得：；选③，令中得：，再令得：，解得：；【小问2详解】由（1）知：n=7，所以，令得：，令得：，两式相减得：，所以，故展开式中的奇数次幂的项的系数和为66.18、（1）证明见解析（2）存在，点P为棱SD靠近点D的三等分点【解题分析】（1）由的面积为1，得到，，由，点P为SD的中点，所以，同理可得，根据线面垂直的判断定理可得平面PAC，再由面面垂直的判断定理可得答案；（2）存在，分别以OB，OC，OS所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，假设在棱SD上存在点P，设，求出平面PAC、平面ACD的一个法向量，由二面角的向量法可得答案.【小问1详解】因为点S在底面ABCD上的射影为O，所以平面ABCD，因为四边形ABCD是边长为的正方形，所以，又因为的面积为1，所以，，所以，因为，点P为SD的中点，所以，同理可得，因为，AP，平面PAC，所以平面PAC，又平面SCD，∴平面平面PAC【小问2详解】存在，连接，由平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，又，可得两两垂直，分别以所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，则，，，，假设在棱SD上存在点P使二面角的余弦值为，设，，，所以，，设平面PAC的一个法向量为，则，因为，，所以，令，得，，因为平面ACD的一个法向量为，所以，化简得，解得或（舍），所以存在P点符合题意，点P为棱SD靠近点D的三等分点19、（I）证明见解析（II）证明见解析【解题分析】证明：（I）E，F分别为AB，BD的中点（II），又，所以20、（1）；（2）证明见解析；（3）.【解题分析】（1）设点M,P,Q的坐标,将向量进行坐标化，整理即可得轨迹方程；（2）设点，，直线的倾斜角互补，则两直线斜率互为相反数，用斜率公式计算得到，即可计算kAB；（3）若，由两直线斜率积为-1，可得到关于与的等量关系，写出直线AB的方程，将等量关系代入直线方程整理可得直线AB经过的定点【题目详解】（1）设，，.由，得，即.因为，所以，所以.所以动点的轨迹为抛物线，其方程为.（2）证明：设点，，若直线的倾斜角互补，则两直线斜率互为相反数，又，，所以，，整理得，所以.（3）因为，所以，即，①直线的方程为：，整理得：，②将①代入②得，即，当时，即直线经过定点.【题目点拨】本题考查直接法求轨迹方程，考查直线斜率为定值的求法和直线恒过定点问题.21、（1）8；（2）证明见解析.【解题分析】（1）联立直线与抛物线方程，应用韦达定理及弦长公式求线段AB的长；（2）设为，联立抛物线由韦达定理可得，，应用两点式判断是否为0即可证结论.【小问1详解】由题设，联立直线与抛物线方程可得，则，，∴，，所以.【小问2详解】由题设，，又直线l经过点P(-1,0)，此时直线斜率必存在且不为0，可设为，联立抛物线得：，则，，又，故，而，所以，所以A'、F、B三点共线.22、（1）答案见解析；（2）.【解题分析】(1)对函数求导，按a值的正负分析讨论导数值的符号计算作答.(2)求出函数的解析式并求导，再按在值的正负分段讨论推理作答.【小问1详解】函数的定义域为R，求导得：当时，当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，当时，令，得，若，即时，，则有在R上单调递增，若，即时，当或时，，当时，，则有在，上都单调递增，在上单调递减，若，即时，当或时，，当时，，则有在，上