河北省阜平一中2024届数学高二上期末监测试题含解析

河北省阜平一中2024届数学高二上期末监测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．设变量，满足约束条件，则的最大值为（）A.1 B.6C.10 D.132．椭圆的焦点坐标为（）A. B.C. D.3．“”是“方程表示双曲线”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4．将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分赴广交会的四个不同地方服务，不同的分配方案有（）种A.· B.·C. D.5．若倾斜角为的直线过两点，则实数（）A. B.C. D.6．已知数列的通项公式为，是数列的最小项，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.7．直线在轴上的截距为，在轴上的截距为，则有（）A.， B.，C.， D.，8．经过点作圆的弦,使点为弦的中点，则弦所在直线的方程为A. B.C. D.9．已知函数的导数为，且满足，则（）A. B.C. D.10．已知椭圆的两焦点分别为，，P为椭圆上一点，且，则的面积等于（）A.6 B.C. D.11．已知，，若，则（）A.9 B.6C.5 D.312．函数的单调递增区间为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．以点为圆心，为半径的圆的标准方程是_____________.14．古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点A，B的距离之比为常数的点的轨迹是—个圆心在直线上的圆.该圆被称为阿氏圆，如图，在长方体中，，点E在棱上，，动点P满足，若点P在平面内运动，则点P对应的轨迹的面积是___________；F为的中点，则三棱锥体积的最小值为___________.15．函数在上的最大值为______________16．若椭圆：的长轴长为4，焦距为2，则椭圆的标准方程为______.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．（12分）已知.(1)讨论的单调性；(2)当有最大值，且最大值大于时，求取值范围.18．（12分）已知数列的前项和为，若.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.19．（12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，PD=AD=2，E，F分别为AD和PB的中点.请用空间向量知识解答下列问题：（1）求证：EF//平面PDC；（2）求平面EFC与平面PBD夹角的余弦值.20．（12分）已知；.（1）若为真命题，求实数的取值范围；（2）若为假命题，为真命题，求实数的取值范围.21．（12分）如图，在直三棱柱中，，，.M为侧棱的中点，连接，，CM.（1）证明：AC平面；（2）证明：平面；（3）求二面角的大小.22．（10分）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值

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、C【解析】画出约束条件表示的平面区域，将变形为，可得需要截距最小，观察图象，可得过点时截距最小，求出点A坐标，代入目标式即可.【详解】解：画出约束条件表示的平面区域如图中阴影部分：又，即，要取最大值，则在轴上截距要最小，观察图象可得过点时截距最小，由，得，则.故选：C.2、B【解析】根据方程可得，且焦点轴上，然后可得答案.【详解】由椭圆的方程可得，且焦点在轴上，所以，即，故焦点坐标为故选：B3、A【解析】方程表示双曲线则，解得，是“方程表示双曲线”的充分不必要条件.故选：A4、B【解析】先按要求分为四组，再四个不同地方，四个组进行全排列.【详解】两个组各2人，两个组各1人，属于部分平均分组，要除以平均分组的组数的全排列，故分组方案有种，再将分得的4组，分配到四个不同地方服务，则不同的分配方案有种.故选：B5、A【解析】解方程即得解.【详解】解：由题得.故选：A6、D【解析】利用最值的含义转化为不等式恒成立问题解决即可【详解】解：由题意可得，整理得，当时，不等式化简为恒成立，所以，当时，不等式化简为恒成立，所以，综上，，所以实数的取值范围是，故选：D7、B【解析】将直线方程的一般形式化为截距式，由此可得其在x轴和y轴上的截距.【详解】直线方程化成截距式为，所以，故选：B.8、A【解析】由题知为弦AB的中点，可得直线与过圆心和点的直线垂直，可求的斜率，然后用点斜式求出的方程【详解】由题意知圆的圆心为，，由，得，∴弦所在直线的方程为，整理得.选A.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，直线的斜率，直线的点斜式方程，属于基础题9、C【解析】首先求出，再令即可求解.【详解】由，则，令，则，所以.故选：C【点睛】本题主要考查了基本初等函数的导数以及导数的基本运算法则，属于基础题.10、B【解析】根据椭圆定义和余弦定理解得，结合三解形面积公式即可求解【详解】由与是椭圆上一点，∴，两边平方可得，即，由于，，∴根据余弦定理可得，综上可解得，∴的面积等于，故选：B11、D【解析】根据空间向量垂直的坐标表示即可求解.【详解】.故选：D.12、B【解析】求出函数的定义域，解不等式可得出函数的单调递增区间.【详解】函数的定义域为，由，可得.因此，函数的单调递增区间为.故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】直接根据已知写出圆的标准方程得解.【详解】解：由题得圆的标准方程为.故答案为：14、①.②.【解析】建立空间直角坐标系，根据，可得对应的轨迹方程；先求的面积，其是固定值，要使体积最小，只需求点到平面的距离的最小值即可.【详解】分别以为轴建系，设，而,,，,.由,有，化简得对应的轨迹方程为.所以点P对应的轨迹的面积是.易得的三个边即是边长为为的等边三角形，其面积为，，设平面的一个法向量为，则有，可取平面的一个法向量为，根据点的轨迹，可设，，所以点到平面的距离，所以故答案为：；15、【解析】对原函数求导得，令，解得或，且所以原函数在上的最大值为考点：1．函数求导；2．利用导函数求最值16、【解析】由焦距可得c，长轴长得到a，再根据可得答案.【详解】因为椭圆的长轴长为4，则，焦距为2，由，得，则椭圆的标准方程为：.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)时,在是单调递增；时,在单调递增，在单调递减.（2）.【解析】（Ⅰ）由,可分,两种情况来讨论；（II）由（I）知当时在无最大值,当时最大值为因此.令,则在是增函数,当时,,当时,因此a的取值范围是.试题解析：（Ⅰ）的定义域为,,若,则,在是单调递增；若,则当时,当时,所以在单调递增,在单调递减.（Ⅱ）由（Ⅰ）知当时在无最大值,当时在取得最大值,最大值为因此.令,则在是增函数,,于是,当时,,当时,因此a取值范围是.考点：本题主要考查导数在研究函数性质方面的应用及分类讨论思想.18、（1）（2）【解析】(1)根据所给条件先求出首项，然后仿写，作差即可得到的通项公式；(2)根据（1）求出的通项公式，观察是由一个等差数列加上一个等比数列得到，要求其前项和，采用分组求和法结合公式法可求出前项和【小问1详解】当时，，解得；当时，，∴，化简得，∴是首项为1，公比为2的等比数列，∴，因此的通项公式为.【小问2详解】由（1）得，∴，∴，∴19、（1）证明见解析（2）【解析】（1）以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，然后求出平面的法向量，再求出，判断是否与法垂直即可，（2）分别求出平面EFC与平面PBD的法向量，利用向量夹角公式求解即可【小问1详解】因PD⊥底面ABCD，平面，所以，因为四边形为正方形，所以，所以两两垂直，所以以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，因为E，F分别为AD和PB的中点，所以，所以，因为,所以平面，所以平面的一个法向量为，因为，所以,因为平面，所以EF//平面PDC；【小问2详解】设平面的法向量为，因为，，所以，令，则，设平面的法向量为，因为,所以，令，则，设平面EFC与平面PBD夹角为，，则，所以平面EFC与平面PBD夹角的余弦值为20、（1）；（2）.【解析】解不等式求得为真、为真分别对应的解集；（1）由为真可得全真，两解集取交集可得结果；（2）由和的真假性可得一真一假，则分为真假和假真两种情况求得解集.【小问1详解】若为真，则，即，即，所以或，若为真，则，所以，因为为真命题，所以均为真命题.所以实数的取值范围是.【小问2详解】若为假命题，为真命题，则一真一假，若真假，则，解得或，若假真，则，解得，综上所述，实数的取值范围是.21、（1）证明见详解；（2）证明见详解；（3）【解析】小问1：由于，根据线面平行判定定理即可证明；小问2：以为原点，分别为轴建立空间坐标系，根据向量垂直关系即可证明；小问3：分别求得平面与平面的法向量，根据向量夹角公式即可求解【小问1详解】在直三棱柱中，，且平面，平面所以AC平面；【小问2详解】因为，故以为原点，分别为轴建立空间坐标系如图所示：则，所以则所以又平面，平面故平面；【小问3详解】由，得，设平面的一个法向量为则