2023-2024学年云南省玉溪市元江民族中学高二上数学期末预测试题含解析

2023-2024学年云南省玉溪市元江民族中学高二上数学期末预测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．已知椭圆的短轴长和焦距相等，则a的值为（）A.1 B.C. D.2．双曲线的左右焦点分别是，，直线与双曲线在第一象限的交点为，在轴上的投影恰好是，则双曲线的离心率是（）A. B.C. D.3．下列命题错误的是()A.命题“若，则”的逆否命题为“若，则”B.命题“若，则”的否命题为“若，则”C.若命题p：或；命题q：或，则是的必要不充分条件D.“”是“”的充分不必要条件4．如图，在空间四边形OABC中，，，，点N为BC的中点，点M在线段OA上，且OM=2MA，则（）A. B.C. D.5．已知，若，是第二象限角，则=（）A. B.5C. D.106．已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线过且与椭圆相交于不同的两点，、不在轴上，那么△的周长（）A.是定值B.是定值C.不是定值，与直线的倾斜角大小有关D.不是定值，与取值大小有关7．若圆与直线相切，则实数的值为（）A. B.或3C. D.或8．已知双曲线的焦点为，，其渐近线上横坐标为的点满足，则（）A. B.C.2 D.49．已知点B是A（3，4，5）在坐标平面xOy内的射影，则||＝（）A. B.C.5 D.510．正三棱柱各棱长均为为棱的中点，则点到平面的距离为（）A. B.C. D.111．某地为应对极端天气抢险救灾，需调用A，B两种卡车，其中A型卡车x辆，B型卡车y辆，以备不时之需，若x和y满足约束条件则最多需调用卡车的数量为（）A.7 B.9C.13 D.1412．已知随机变量服从正态分布，且，则（）A.0.6 B.0.4C.0.3 D.0.2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知是椭圆的一个焦点，为椭圆上一点，为坐标原点，若为等边三角形，则椭圆的离心率为__________14．某射箭运动员在一次射箭训练中射靶10次，命中环数如下：8，9，8，10，6，7，9，10，8，5，则命中环数的平均数为___________.15．函数定义域为___________.16．在公差不为的等差数列中，，，成等比数列，数列的前项和为（1）求数列的通项公式；（2）若，且数列的前项和为，求三、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）已知直线，圆.（1）若l与圆C相切，求切点坐标；（2）若l与圆C交于A，B，且，求的面积.18．（12分）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1、F2，上顶点为A，△AF1F2的周长为6，离心率等于.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点(4，0)的直线l交椭圆C于M、N两点，且OM⊥ON，求直线l的方程.19．（12分）已知函数，其中（1）讨论的单调性；（2）若不等式对一切恒成立，求实数k的最大值20．（12分）在棱长为的正方体中，、分别为线段、的中点.（1）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；（2）求直线到平面的距离.21．（12分）如图，在正四棱柱中，是上的点，满足为等边三角形.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离.22．（10分）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，平面ABCD，，.（1）求点B到平面PCD的距离；（2）求二面角的平面角的余弦值.

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】由题设及椭圆方程可得，即可求参数a的值.【详解】由题设易知：椭圆参数，即有，可得故选：A2、D【解析】根据题意的到，，代入到双曲线方程，解得，即，则，即，即，求解方程即可得到结果.【详解】设原点为，∵直线与双曲线在第一象限的交点在轴上的投影恰好是，∴，且，∴，将代入到双曲线方程，可得，解得，即，则，即，即，解得（舍负），故.故选:D.3、C【解析】根据逆否命题的定义可判断A；根据否命题的定义可判断B；求出、，根据充分条件和必要条件的概念可以判断C；解出不等式，根据充分条件和必要条件的概念可判断D.【详解】命题“若，则”的逆否命题为“若，则”，故A正确；命题“若，则”的否命题为“若，则”，故B正确；若命题p：或；命题q：或，则：－1≤x≤1是：－2≤x≤1的充分不必要条件，故C错误；或x＜1，故“”是“”的充分不必要条件，故D正确.故选：C.4、D【解析】利用空间向量的线性运算即可求解.【详解】解：∵N为BC的中点，点M在线段OA上，且OM=2MA，且，，，故选：D.5、D【解析】先由诱导公式及同角函数关系得到，再根据诱导公式化简，最后由二倍角公式化简求值即可.【详解】∵，∴，∵是第二象限角，∴，∴故选：D6、B【解析】由直线过且与椭圆相交于不同的两点，，且，为椭圆两焦点，根据椭圆的定义即可得△的周长为，则答案可求【详解】椭圆，椭圆的长轴长为，∴△的周长为故选：B7、D【解析】利用圆心到直线的距离等于半径可得答案.【详解】若圆与直线相切，则到直线的距离为，所以，解得，或.故选：D.8、B【解析】由题意可设，则，再由，可得，从而可求出的值【详解】解：双曲线的渐近线方程为，故设，设，则，因为，所以，即，所以，因为，所以，因为，所以，故选：B9、C【解析】先求出B（3，4，0），由此能求出||【详解】解：∵点B是点A（3，4，5）在坐标平面Oxy内的射影，∴B（3，4，0），则||＝＝5故选：C10、C【解析】建立空间直角坐标系，利用点面距公式求得正确答案.【详解】设分别是的中点，根据正三棱柱的性质可知两两垂直，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，，，.设平面的法向量为，则，故可设，所以点到平面的距离为.故选：C11、B【解析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义即可求解【详解】设调用卡车的数量为z，则，其中x和y满足约束条件，作出可行域如图所示：当目标函数经过时，纵截距最大，最大.故选：B12、A【解析】根据正态曲线的对称性即可求得答案.【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.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、##【解析】根据题中几何关系，求得点坐标，代入椭圆方程求得齐次式，整理化简即可求得离心率.【详解】根据题意，取点为第一象限的点，过点作的垂线，垂足为，如下所示：因为△为等边三角形，又，故可得则点的坐标为，代入椭圆方程可得：，又，整理得：，即，解得（舍）或.故答案为：.14、【解析】直接利用求平均数的公式即可求解.【详解】由已知得数据的平均数为，故答案为：.15、【解析】根据函数定义域的求法，即可求解.【详解】解：,解得,故函数的定义域为:.故答案为：.16、（1）（2）【解析】（1）由解出，再由前项和为55求得，由等差数列通项公式即可求解；（2）先求出，再由裂项相消求和即可.【小问1详解】设公差为，由，，成等比数列，可得，即有，整理得，数列的前项和为55，可得，解得1，1，则；【小问2详解】，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、（1）（2）【解析】（1）求出直线的定点，再由定点在圆上得出切点坐标；（2）由（1）知，证明为直角三角形，求出，，最后由三角形的面积公式求出的面积.【详解】（1）圆可化为直线可化为，由解得即直线过定点，由于，则点在圆上因为l与圆C相切，所以切点坐标为（2）因为l与圆C交于A，B，所以点如下图所示，与相交于点，由以及圆的对称性可知，点为的中点，且由，则直线的方程为圆心到直线的距离为，即直线与圆相切即，则因为，所以【点睛】关键点睛：在第一问中，关键是先确定直线过定点，再由定点在圆上，从而确定切点的坐标.18、（1）；（2）或.【解析】（1）由条件得，再结合，可求得椭圆方程；（2）由题意设直线l：x=my+4，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，整理后利用根与系的关系可得，，再由OM⊥ON，可得x1x2+y1y2=0，从而可列出关于的方程，进而可求出的值，即可得到直线的方程【详解】（1）由条件知，解得，则故椭圆的方程为（2）显然直线l的斜率存在，且斜率不为0，设直线l：x=my+4交椭圆C于M(x1，y1)，N(x2，y2)，由，当=(24m)2-4(3m2+4)×36>0时，有，，由条件OM⊥ON可得，，即x1x2+y1y2=0，从而有(my1+4)(my2+4)+y1y2=0，(m2+1)y1y2+4m(y1+y2)+16=0，，解得，故且满足>0从而直线l方程为或19、（1）答案见解析（2）【解析】（1）先对函数求导，然后分和讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间，（2）由题意得恒成立，构造函数，利用导数求出其最小值即可【小问1详解】由，得当时，恒成立，∴在上单调递增当时，令，得，得，∴在上单调递增，在上单调递减综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减【小问2详解】依题意得对一切恒成立，即令，则令，则在上单调递增，而当时，，即；当时，，即∴在上单调递减，在上单调递增∴∴，即k的最大值为20、（1）；（2）.【解析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成锐二面角的余弦值；（2）证明出平面，利用空间向量法可求得直线到平面的距离.【小问1详解】解：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则、、、、，设平面的法向量为，，，由，取，可得，易知平面的一个法向量为，，因此，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.【小问2详解】解：，则，所以，，因为平面，所以，平面，，所以，直线到平面的距离为.21、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）根据题意证明，，然后根据线面垂直的判定定理证明问题；（2）结合（1），进而利用等体积法求得答案.【小问1详解】由题意，，为等边三角形，，∵平面ABCD，∴，则，即为中点.连接，∵平面，平面，∴，易得，则，又，于是，即，同理，即，又平面.【小问2详解】设M到平面的距离为d，，∴.易得，取BD的中点N，连接，则，所以，，所以，，.即M到平面的距离为1.22、（1）（2）【解析