2024届山东省青岛第十六中学高二数学第一学期期末预测试题含解析

2024届山东省青岛第十六中学高二数学第一学期期末预测试题注意事项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．设函数在定义域内可导，的图像如图所示，则导函数的图象可能为（）A. B.C. D.2．在直角坐标系中，直线的倾斜角是A.30° B.60°C.120° D.150°3．（文科）已知点为曲线上的动点,为圆上的动点,则的最小值是A.3 B.5C. D.4．已知等比数列中，，，则公比（）A. B.C. D.5．若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.6．已知是公差为3的等差数列.若，，成等比数列，则的前10项和（）A.165 B.138C.60 D.307．在三棱锥中，平面；记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（）A. B.C. D.8．曲线y＝lnx在点M处的切线过原点，则该切线的斜率为（）A.1 B.eC.－1 D.9．如图，、分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上的点，是线段上靠近的三等分点，为正三角形，则椭圆的离心率为（）A. B.C. D.10．在中，、、所对的边分别为、、，若，，，则（）A. B.C. D.11．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2312．已知关于的不等式的解集是，则的值是（）A B.5C. D.7二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图，将一个正方体沿相邻三个面的对角线截出一个棱锥，若该棱锥的体积为，则该正方体的体对角线长为___________.14．已知，则曲线在点处的切线方程是______.15．抛物线的准线方程为_______.16．在等比数列中，已知，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）已知椭圆．离心率为，点与椭圆的左、右顶点可以构成等腰直角三角形（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆交于两点，为坐标原点直线的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由18．（12分）已知函数，.（1）讨论的单调性；（2）当时，记在区间的最大值为M，最小值为N，求的取值范围.19．（12分）已知圆（1）若一直线被圆C所截得的弦的中点为，求该直线的方程；（2）设直线与圆C交于A，B两点，把的面积S表示为m的函数，并求S的最大值20．（12分）椭圆的离心率为，设为坐标原点，为椭圆的左顶点，动直线过线段的中点，且与椭圆相交于、两点．已知当直线的倾斜角为时，（1）求椭圆的标准方程；（2）是否存在定直线，使得直线、分别与相交于、两点，且点总在以线段为直径的圆上，若存在，求出所有满足条件的直线的方程；若不存在，请说明理由21．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，BC//AD，AD＝2BC＝2PA＝2AB＝2，E，F，G分别为线段AD，DC，PB的中点.（1）证明：直线PF//平面ACG；（2）求直线PD与平面ACG所成角的正弦值.22．（10分）如图长方体中，，，点为的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）求二面角的余弦值.

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、D【解析】根据函数的单调性得到导数的正负，从而得到函数的图象.【详解】由函数的图象可知，当时，单调递增，则，所以A选项和C选项错误；当时，先增，再减，然后再增，则先正，再负，然后再正，所以B选项错误.故选：D.【点睛】本题主要考查函数的单调性和导数的关系，意在考查学生对该知识的掌握水平，属于基础题.一般地，函数在某个区间可导，，则在这个区间是增函数；函数在某个区间可导，，则在这个区间是减函数.2、D【解析】根据直线方程得到直线的斜率后可得直线的倾斜角.【详解】设直线的倾斜角为，则，因，故，故选D.【点睛】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.3、A【解析】数形结合分析可得,当时能够取得的最小值,根据点到圆心的距离减去半径求解即可.【详解】由对勾函数的性质,可知,当且仅当时取等号,结合图象可知当A点运动到时能使点到圆心的距离最小,最小为4,从而的最小值为.故选：A【点睛】本题考查两动点间距离的最值问题,考查转化思想与数形结合思想,属于中档题.4、C【解析】利用等比中项的性质可求得的值，再由可求得结果.【详解】由等比中项的性质可得，解得，又，，故选：C.5、A【解析】由函数在上单调递增，可得，从而可求出实数的取值范围【详解】由，得，因为函数在区间上单调递增，所以在区间上恒成立，即恒成立，因为，所以，所以，所以实数的取值范围为，故选：A6、A【解析】由等差数列的定义与等比数列的性质求得首项，然后由等差数列的前项和公式计算【详解】因为，，成等比数列，所以，所以，解得，所以故选：A7、A【解析】先得到三棱锥的每一个面都是直角三角形，然后可得与平面所成的角，二面角的平面角，在直角三角形中算出他们的余弦值，利用向量法计算直线与直线所成的角为的余弦值，然后比较大小.【详解】令，由平面，且平面，又，，面三棱锥的每一个面都是直角三角形.与平面所成的角，二面角的平面角，由已知可得，，，又，则所以，又均为锐角，故选：A.8、D【解析】设出点坐标，结合导数列方程，由此求得切点坐标并求得切线的斜率.【详解】设切点为，，故在点的切线的斜率为，所以，所以切点为，切线的斜率为.故选：D9、D【解析】根据椭圆定义及正三角形的性质可得到\，再在中运用余弦定理得到、的关系，进而求得椭圆的离心率【详解】由椭圆的定义知，，则，因为正三角形，所以，在中，由余弦定理得，则，，故选：D【点睛】本题考查椭圆的离心率的求解，考查考生的逻辑推理能力及运算求解能力，属于中等题.10、B【解析】利用正弦定理，以及大边对大角，结合正弦定理，即可求得.【详解】根据题意，由正弦定理，可得：，解得，故可得或，由，可得，故故选：B.11、D【解析】根据双曲线的定义知，，即可求解.【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【点睛】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.12、D【解析】由题意可得的根为，然后利用根与系数的关系列方程组可求得结果【详解】因为关于的不等式的解集是，所以方程的根为，所以，得，所以，故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、.【解析】先根据棱锥的体积求出正方体的棱长，进而求出正方体的体对角线长.【详解】如图，连接，设正方体棱长为，则.所以，体对角线.故答案为：.14、【解析】求导，得到，写出切线方程.【详解】因为，所以，则，所以曲线在点处的切线方程是，即，故答案为：15、【解析】由抛物线的标准方程为x2=y，得抛物线是焦点在y轴正半轴的抛物线，2p=1，∴其准线方程是y=，故答案为16、32【解析】根据已知求出公比即可求出答案.【详解】设等比数列的公比为，则，则，所以.故答案为：32.三、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）是定值，理由见解析.【解析】（1）由题意有，点与椭圆的左、右顶点可以构成等腰直角三角形有，即可写出椭圆方程；（2）直线与椭圆交于两点，联立方程结合韦达定理即有，已知应用点线距离公式、三角形面积公式即可说明的面积是否为定值；【详解】（1）椭圆离心率为，即，∵点与椭圆的左、右顶点可以构成等腰直角三角形，∴，综上有：，，故椭圆方程为，（2）由直线与椭圆交于两点，联立方程：，整理得，设，则，，，，原点到的距离，为定值；【点睛】本题考查了由离心率求椭圆方程，根据直线与椭圆的相交关系证明交点与原点构成的三角形面积是否为定值的问题.18、（1）答案见解析；（2）.【解析】（1）求得，对参数进行分类讨论，根据导函数函数值的正负即可判断的单调性；（2）根据（1）中所求，求得，以及，再求其取值范围即可.【小问1详解】因为，故可得，令，可得或；当时，，此时在上单调递增；当时，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增.综上所述：当时，在上单调递增；当时，和单调递增，在单调递减；当时，在和单调递增，在单调递减.【小问2详解】由（1）可知：当时，在单调递减，在单调递增又，，故在单调递减，在单调递增.则的最小值；又，当时，的最大值，此时；当时，的最大值，此时，令，则，所以在上单调递减，所以，所以；所以的取值范围为.19、（1）（2），最大值为.【解析】（1）利用垂径定理求出斜率，即可求出直线的方程；（2）利用几何法表示出弦长与d的关系，利用基本不等式求出的面积S的最大值【小问1详解】圆化为标准方程为：.则.设所求的直线为m.由圆的几何性质可知：，所以，所以所求的直线为：，即.【小问2详解】设圆心C到直线l的距离为d，则，且，所以因为直线与圆C交于A，B两点，所以,解得：且.而的面积：因为所以（其中时等号成立）.所以S的最大值为.20、（1）（2）存在，且直线的方程为或【解析】（1）分析可知，，直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可求得的值，即可得出椭圆的标准方程；（2）设点、，设直线的方程为，将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出点、，由已知得出，求出的值，即可得出结论.【小问1详解】解：因为，则，，所以，椭圆的方程为，即，易知点，则点，当直线的倾斜角为时，直线的方程为，设点、，联立，可得，，由韦达定理可得，，所以，，解得，则，，因此，椭圆的标准方程为.【小问2详解】解：易知点，若直线与轴重合，则、为椭圆长轴的两个端点，不合乎题意.设直线的方程为，设点、，联立，可得，，由韦达定理可得，，直线的斜率为，直线的方程为，故点，同理可得点，，，由题意可得，解得或.因此，存在满足题设条件的直线，且直线的方程为或，点总在以线段为直径的圆上.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.21、（1）证明见解析（2）【解析】（1）连接EC，设EB与AC相交于点O，结合已知条件利用线面平行的判定定理可证得OG//平面PEF，再由三角形中位线定理结合线面垂直的判定定理可得AC//平面PEF，从而由面面垂直的判定可得平面PEF//平面GAC，进而可证得结论，（2）由已知可证得PA、AB、AD两两互相垂直，以A为原点，AB，AD，AP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可【小问1详解】证明：连接EC，设EB与AC相交于点O，如图，因为BC//AD，且，AB⊥AD，所以四边形ABCE为矩形，所以O为EB的中点，又因为G为PB的中点，所以OG为△PBE的中位线，即OG∥PE，因为OG平面PEF，PE⊂平面PEF，所以OG//平面PEF，因为E，F分别为线段AD，DC的中点，所以EF//AC，因为AC平面PEF，EF⊂平面PEF，所以AC//平面PEF，因为OG⊂平面GAC，AC⊂平面GAC，AC∩OG＝O，所以平面PEF//平面GAC，因为PF⊂平面PEF，所以PF//平面GAC.【小问2详解】因为PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，因为AB⊥AD，所以PA、AB、AD两两互相垂直，以A为原点，AB，AD，AP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则A（0，0，0），，C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，1），所以，设平面ACG的法向量为，则，所以，令x＝1，可得y＝﹣1，z＝﹣1，所以，设直线PD与平面ACG所成角为θ，则，所以直线PD与平面ACG所成角的正弦值为.22、（1）见解析（2）见解析（3）【解析】（1）作辅助线，由中位线定理证明，再由线面平行的判定定理证明即可；（2）连接，由勾股定理证明，，再结合线面垂直的判