湖南省凤凰县皇仓中学2023-2024学年高二上数学期末预测试题含解析

湖南省凤凰县皇仓中学2023-2024学年高二上数学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．已知函数，则的值为（）A. B.C. D.2．已知，若，则（）A. B.2C. D.e3．已知抛物线的焦点为，为抛物线上第一象限的点，若，则直线的倾斜角为（）A. B.C. D.4．设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则导函数的图象可能为（）A. B.C. D.5．设，是两个不同的平面，是直线且．“”是“”的A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件6．已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（）A. B.C. D.7．如图在平行六面体中，与的交点记为．设，，，则下列向量中与相等的向量是（）A. B.C. D.8．若、且，则下列式子一定成立的是（）A. B.C. D.9．接种疫苗是预防控制新冠疫情最有效的方法，我国自2021年1月9日起实施全民免费接种新冠疫苗并持续加快推进接种工作．某地为方便居民接种，共设置了A、B、C三个新冠疫苗接种点，每位接种者可去任一个接种点接种．若甲、乙两人去接种新冠疫苗，则两人不在同一接种点接种疫苗的概率为（）A. B.C. D.10．过点且平行于直线的直线的方程为（）A. B.C. D.11．已知是偶函数的导函数，．若时，，则使得不等式成立的的取值范围是（）A. B.C. D.12．过点且垂直于直线的直线方程是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．函数的单调递减区间是____14．以点为圆心，且与直线相切的圆的方程是____________15．已知圆柱轴截面是边长为4的正方形，则圆柱的侧面积为______________

.16．已知实数x，y满足方程，则的最大值为_________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）已知函数的图像在（为自然对数的底数）处取得极值.（1）求实数的值；（2）若不等式在恒成立，求的取值范围.18．（12分）已知命题p：方程的曲线是焦点在y轴上的双曲线；命题q：方程无实根.若p或q为真，￢q为真，求实数m的取值范围.19．（12分）已知抛物线焦点是，斜率为的直线l经过F且与抛物线相交于A、B两点（1）求该抛物线的标准方程和准线方程；（2）求线段AB的长20．（12分）已知函数（1）证明；（2）设，证明：若一定有零点，并判断零点的个数21．（12分）直线经过点，且与圆相交与两点，截得的弦长为，求的方程.22．（10分）如图,是平行四边形，已知，,平面平面.（1）证明：；（2）若，求平面与平面所成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、C【解析】利用导数公式及运算法则求得，再求解【详解】因为，所以，所以故选：C2、B【解析】求得导函数，则，计算即可得出结果.【详解】,.,解得：.故选：B3、C【解析】设点，其中，，根据抛物线的定义求得点的坐标，即可求得直线的斜率，即可得解.【详解】设点，其中，，则，可得，则，所以点，故，因此，直线的倾斜角为.故选：C.4、D【解析】根据的图象可得的单调性，从而得到在相应范围上的符号和极值点，据此可判断的图象.【详解】由的图象可知，在上为增函数，且在上存在正数，使得在上为增函数，在为减函数，故在有两个不同的零点，且在这两个零点的附近，有变化，故排除A，B.由在上为增函数可得在上恒成立，故排除C.故选：D.【点睛】本题考查导函数图象的识别，此类问题应根据原函数的单调性来考虑导函数的符号与零点情况，本题属于基础题.5、B【解析】，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.6、A【解析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.【详解】因为，由双曲线的定义可得，所以，；因为,由余弦定理可得，整理可得，所以，即.故选：A【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立间的等量关系是求解的关键.7、B【解析】利用空间向量的加法和减法法则可得出关于、、的表达式.【详解】故选：B.8、B【解析】构造函数，利用函数在上的单调性可判断AB选项；构造函数，利用函数在上的单调性可判断CD选项.【详解】对于AB选项，构造函数，其中，则，所以，函数在上单调递增，因为、且，则，即，A错B对；对于CD选项，构造函数，其中，则.当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，故函数在上不单调，无法确定与的大小关系，故CD都错.故选：B.9、C【解析】利用古典概型的概率公式可求出结果【详解】由题知,基本事件总数为甲、乙两人不在同一接种点接种疫苗的基本事件数为由古典概型概率计算公式可得所求概率故选:10、B【解析】根据平行设直线方程，代入点计算得到答案.【详解】设直线方程为，将点代入直线方程得到，解得.故直线方程为：.故选：B.11、C【解析】构造函数，分析函数在上的单调性，将所求不等式变形为，可得出关于的不等式，即可得解.【详解】构造函数，其中，则，所以，函数为上的奇函数，当时，，且不恒为零，所以，函数在上为增函数，且该函数在上也为增函数，故函数在上为增函数，因为，则，由得，可得，解得故选：C.12、A【解析】根据所求直线垂直于直线，设其方程为，然后将点代入求解.【详解】因为所求直线垂直于直线，所以设其方程为，又因为直线过点，所以，解得所以直线方程为：，故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】求导，根据可得答案.【详解】由题意，可得，令，即，解得，即函数的递减区间为.故答案为：.【点睛】本题考查运用导函数的符号，研究函数的单调性，属于基础题.14、【解析】根据直线与圆相切，圆心到直线距离等于半径，由点到直线的距离公式求出半径，然后可得.【详解】圆心到直线的距离，又圆与直线相切，所以，所以圆的方程为.故答案为：15、【解析】由圆柱轴截面的性质知：圆柱体的高为，底面半径为，根据圆柱体的侧面积公式，即可求其侧面积.【详解】由圆柱的轴截面是边长为4的正方形，∴圆柱体的高为，底面半径为，∴圆柱的侧面积为.故答案为：.16、##【解析】设，根据直线与圆的位置关系即可求出【详解】由于，设，所以点既在直线上，又在圆上，即直线与圆有交点，所以，，即故答案为：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）（2）【解析】（1）由求得的值.（2）由分离常数，通过构造函数法，结合导数求得的取值范围.【小问1详解】因为，所以，因为函数的图像在点处取得极值，所以，，经检验，符合题意，所以；【小问2详解】由（1）知，，所以在恒成立，即对任意恒成立.令，则.设，易得是增函数，所以，所以，所以函数在上为增函数，则，所以.18、.【解析】计算命题p：；命题；根据p或q为真，￢q为真得到真假，计算得到答案.【详解】若方程的曲线是焦点在轴上的双曲线，则满足，即，即，即若方程无实根，则判别式，即，得，即，即若为真，则为假，同时若或为真，则为真命题，即，得，即实数的取值范围是.【点睛】本题考查了命题的真假计算参数范围，根据条件判断出真假是解题的关键.19、（1）抛物线的方程为，其准线方程为，（2）【解析】（1）根据焦点可求出的值，从而求出抛物线的方程，即可得到准线方程；（2）设，，，，将直线的方程与抛物线方程联立消去，整理得，得到根与系数的关系，由抛物线的定义可知，代入即可求出所求【小问1详解】解：由焦点，得，解得所以抛物线的方程为，其准线方程为，【小问2详解】解：设，，，直线的方程为.与抛物线方程联立，得，消去，整理得，由抛物线定义可知，所以线段的长为20、（1）证明见解析；（2）证明见解析，1个零点.【解析】(1)求导同分化简，构造新函数判断导数正负即可；(2)令g(x)＝0，化简方程，将问题转化为讨论方程解的个数问题.【小问1详解】,设，则，时，递减，时，递增，而，所以时，，所以；小问2详解】有零点，则有解，即有解，又，则只要，因为，方程可以化为，现在证明有解，令，则，可知在递减，在递增，所以，因为，所以，在内恒有，而在递增，当x＝时，h()＝，故根据零点存在性定理知在存在唯一零点.所以有且只有一个零点，所以有零点，有一个零点【点睛】本题关键是是将方程零点问题转化为方程解的问题，通过讨论单调性和最值（极值）的正负即可判断零点的有无和个数.21、或【解析】直线截圆得的弦长为，结合圆的半径为5，利用勾股定理可得圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式列方程求出直线斜率，由点斜式可得结果.【详解】设直线的方程为，即，因为圆的半径为5，截得的弦长为所以圆心到直线的距离，即或，∴所求直线的方程为或.【点睛】本题主要考查点到直线距离公式以及圆的弦长的求法，求圆的弦长有两种方法：一是利用弦长公式，结合韦达定理求解；二是利用半弦长，弦心距，圆半径构成直角三角形，利用勾股定理求解.22、(1)见解析;(2).【解析】（1）推导出，取BC的中点F，连结EF，可推出，从而平面，进而，由此得到平面，从而；（2）以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，以过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成二面角的余弦值【详解】（1）∵是平行四边形，且∴，故，即取BC的中点F，连结EF.∵∴又∵平面平面∴平面∵平面∴∵平面∴平面，∵平面∴（2）∵,由（Ⅰ）得以为坐标原点，所在直线分别为轴,建立空间直角坐