2023-2024学年河南省鹤壁市淇县第一中学高二上数学期末统考试题含解析

2023-2024学年河南省鹤壁市淇县第一中学高二上数学期末统考试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．通过随机询问110名不同的大学生是否爱好某项运动，得到如下的列联表：男女总计爱好402060不爱好203050总计6050110由附表：0．0500．0100．0013．8416．63510．828参照附表，得到的正确结论是（）A.有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”B.有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”C.在犯错误的概率不超过0．1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关”D.在犯错误的概率不超过0．1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关”2．攒（cuán）尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁或园林式建筑．下图是一顶圆形攒尖，其屋顶可近似看作一个圆锥，其轴截面（过圆锥轴的截面）是底边长为，顶角为的等腰三角形，则该屋顶的面积约为（）A. B.C. D.3．若直线与直线垂直，则a的值为（）A.2 B.1C. D.4．函数f(x)＝－1＋lnx，对∀x0，f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是（）A(－∞，2] B.[2，＋∞)C.(－∞，1] D.[1，＋∞)5．命题“存在，”的否定是（）A.存在， B.存在，C.对任意， D.对任意，6．某中学为了解高三男生的体能情况，通过随机抽样，获得了200名男生的100米体能测试成绩（单位：秒），将数据按照，，…，分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图.规定成绩低于13秒为优，成绩高于14.8秒为不达标.由直方图推断，下列选项错误的是（）A.直方图中a的值为0.40B.由直方图估计本校高三男生100米体能测试成绩的众数为13.75秒C.由直方图估计本校高三男生100米体能测试成绩为优的人数为54D.由直方图估计本校高三男生100米体能测试成绩为不达标的人数为187．以，为焦点，且经过点的椭圆的标准方程为（）A. B.C. D.8．在等比数列中,，,则等于A. B.C. D.或9．过点且平行于直线的直线方程为（）A. B.C. D.10．已知，是球的球面上两点，，为该球面上的动点，若三棱锥体积的最大值为36，则球的表面积为（）A. B.C. D.11．已知向量是两两垂直的单位向量，且，则（）A.5 B.1C.-1 D.712．过点A(3，3)且垂直于直线的直线方程为A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图，把正方形纸片沿对角线折成直二面角，则折纸后异面直线，所成的角为___________.14．若复数z=为纯虚数（），则|z|=_____.15．美好人生路车站早上有6：40，6：50两班开往A校的公交车，若李华同学在早上6：35至6：50之间随机到达该车站，乘开往A校的公交车，公交车准时发车，则他等车时间不超过5分钟的概率为______16．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图），给出下列三个结论：①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3；其中，所有正确结论的序号是________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）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，底面ABCD是矩形，，，直线PA与CD所成角为60°.（1）求直线PD与平面ABCD所成角的正弦值；（2）求二面角的正弦值.18．（12分）已知数列中，，的前项和为，且数列是公差为-3的等差数列.（1）求；（2）若，数列前项和为.19．（12分）设椭圆的焦距为，原点到经过两点的直线的距离为.（1）求椭圆的离心率；（2）如图所示，是圆的一条直径，若椭圆经过两点，求椭圆的标准方程20．（12分）如图，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥底面ABCD，底面ABCD是梯形，其中，且.（1）求四棱锥S－ABCD的侧面积；（2）求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值.21．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为，若焦距为4，点P是椭圆上与左、右顶点不重合的点，且的面积最大值.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆于点、，且满足（为坐标原点），求直线的方程.22．（10分）已知动直线l：(m＋3)x－(m＋2)y＋m＝0与圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝9(1)求证：无论m为何值，直线l与圆C总相交(2)m为何值时，直线l被圆C所截得的弦长最小？请求出该最小值

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、A【解析】由，而，故由独立性检验的意义可知选A2、B【解析】由轴截面三角形，根据已知可得圆锥底面半径和母线长，然后可解.【详解】轴截面如图，其中，，所以，所以，所以圆锥的侧面积.故选：B3、A【解析】根据两条直线垂直的条件列方程，解方程求得的值.【详解】由于直线与直线垂直，所以，解得.故选：A4、B【解析】由导数求得的最小值，由最小值非负可得的范围【详解】定义域是，，若，则在上恒成立，单调递增，，不合题意；若，则时，，递减，时，，递增，所以时，取得极小值也是最小值，由题意，解得故选：B5、D【解析】特称命题的否定：将存在改任意并否定原结论，即可知正确答案.【详解】由特称命题的否定为全称命题，知：原命题的否定为：对任意，.故选：D6、D【解析】根据频率之和为求得，结合众数、频率等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】，解得，A选项正确.众数为，B选项正确.成绩低于秒的频率为，人数为，所以C选项正确.成绩高于的频率为，人数为人，D选项错误.故选：D7、B【解析】根据焦点在x轴上，c=1，且过点，用排除法可得.也可待定系数法求解，或根据椭圆定义求2a可得.【详解】因为焦点在x轴上，所以C不正确；又因为c=1，故排除D；将代入得，故A错误，所以选B.故选：B8、D【解析】∵为等比数列，∴，又∴为的两个不等实根，∴∴或∴故选D9、A【解析】设直线的方程为，代入点的坐标即得解.【详解】解：设直线的方程为，把点坐标代入直线方程得.所以所求的直线方程为.故选：A10、C【解析】当平面时，三棱锥体积最大，根据棱长与球半径关系即可求出球半径，从而求出表面积.【详解】当平面时，三棱锥体积最大.又，则三棱锥体积，解得；故表面积.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查三棱锥与球的组合体的综合问题，本题的关键是判断当平面时，三棱锥体积最大.11、B【解析】根据单位向量的定义和向量的乘法运算计算即可.【详解】因为向量是两两垂直的单位向量，且所以.故选：B12、D【解析】过点A(3，3)且垂直于直线的直线斜率为，代入过的点得到.故答案为D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、##30°【解析】过点E作CE∥AB，且使得CE=AB，则四边形ABEC是平行四边形，进而（或其补角）是所求角，算出答案即可.【详解】过点E作CE∥AB，且使得CE=AB，则四边形ABEC是平行四边形，设所求角为，于是.设原正方形ABCD边长为2，取AC的中点O，连接DO,BO，则且，而平面平面，且交于AC，所以平面ABEC，则.易得，，，而则于是，,.在中，，取DE的中点F，则，所以，即，于是.故答案为：.14、【解析】利用复数z=为纯虚数求出a，即可求出|z|.【详解】z=.由纯虚数的定义知，，解得.所以.故|z|=.故答案为：.15、【解析】根据题意，李华等车不超过5分钟，则他必须在6:35-6:40或者6:45-6:50到达，进而根据几何概型求概率的方法求得答案.【详解】由题意，李华等车不超过5分钟，则他必须在6:35-6:40或者6:45-6:50到达，则所求概率.故答案为：.16、①②【解析】先根据图像的对称性找出整点，再判断是否还有其他的整点在曲线上；找出曲线上离原点距离最大的点的区域，再由基本不等式得到最大值不超过；在心形区域内找到一个内接多边形，该多边形的面积等于3，从而判断出“心形”区域的面积大于3.【详解】①:由于曲线，当时，；当时，；当时，；由于图形的对称性可知，没有其他的整点在曲线上，故曲线恰好经过6个整点：,,,,,,所以①正确；②:由图知，到原点距离的最大值是在时，由基本不等式，当时，，所以即，所以②正确；③:由①知长方形CDFE的面积为2，三角形BCE的面积为1，所以曲线C所围成的“心形”区域的面积大于3，故③错误；故答案为：①②.【点睛】找准图形的关键信息，比如对称性，整点，内接多边形是解决本题的关键.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）【解析】（1），所以PA与AB所成的锐角或直角等于PA与CD所成角，然后过P在平面PAB内作，可得平面ABCD，从而可求出答案.（2）可证平面PAB，过B在平面PAB内作，连结CF，则是二面角的平面角，从而可求解.【小问1详解】因为，所以PA与AB所成的锐角或直角等于PA与CD所成角，可知，是正三角形.过P在平面PAB内作，垂足为E，因为平面平面ABCD，所以平面ABCD，是直线PD与平面ABCD所成角.在正中，，，所以，故直线PD与平面ABCD所成角的正弦值为.【小问2详解】因为，平面平面ABCD，平面平面ABCD又平面ABCD，所以平面PAB.又平面PAB.则过B在平面PAB内作，垂足为F，连结CF，又,则平面,又平面所以，所以是二面角的平面角.因为，，所以，从而所以二面角正弦值为.18、（1）（2）【解析】（1）由条件先求出通项公式，得出，再由可得出答案.(2)由（1）可知,由裂项相消法可得答案.【小问1详解】由，则由数列是公差为的等差数列，则所以当时，当时，符合上式所以【小问2详解】由（1）可知则19、（1）（2）【解析】（1）根据题意得，进而求解离心率即可；（2）根据题意得圆心是线段的中点，且，易知斜率存在，设其直线方程为，再结合韦达定理及弦长公式求解即可.【小问1详解】解：过点的直线方程为，∴原点到直线的距离，由，得，解得离心率.【小问2详解】解：由（1）知，椭圆的方程为.依题意，圆心是线段的中点，且.易知，不与轴垂直，设其直线方程，联立，得.设，则，.由，得，解得.所以.于是.由，得，解得.故椭圆的方程为.20、（1）（2）【解析】（1）根据垂直关系依次求解每个侧面三角形边长和面积即可得解；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.小问1详解】由题可得：，则，SA⊥底面ABCD，所以，SA平面SAB，平面SAB⊥底面ABCD，交线，所以BC⊥平面SAB，BC⊥BS，，所以四棱锥的侧面积【小问2详解】以A为原点，建立空间直角坐标系如图所示：设平面SCD的法向量，，取所以取为平面SAB的的法向量所以平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值.21、（1）（2）或【解析】（1）根据焦距求出，利用面积最大值，得到求出，从而得到，求出椭圆方程；（2）分直线斜率存在和斜率不存在，结合题干条件得到，进而求出直线方程.【小问1详解】∵∴，又的面积最大值，则，所以，从而，，故椭圆的方程为：；【小问2详解】①当直线的斜率存在时，设，代入③整理得，设、，则，所以，点到直线的距离因为，即，又由，得，所以，.而，，即，解得：，此时；②当直线的斜率不存在时，，直线交椭圆于点、.也有，经检验，上述直线均满足，综上：直线的方程为或.【点睛】圆锥曲线中，有关向量的题目，要结合条件选择不同的方法，一般思路有转化为三角形面积，或者线段的比，或者由向量得到共线等.22、(1)详见解析(2)m为－时，截得的弦长最小，最小值为2【解析】（1）将直线l变形，