云南省耿馬縣第一中學2024年高二數學第一學期期末達標檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．某中學的校友會為感謝學校的教育之恩，準備在學校修建一座四角攢尖的思源亭如圖它的上半部分的輪廓可近似看作一個正四棱錐，已知此正四棱錐的側面與底面所成的二面角為30°，側棱長為米，則以下說法不正確（）A.底面邊長為6米 B.體積為立方米C.側面積為平方米 D.側棱與底面所成角的正弦值為2．等差數列中，，則（）A. B.C. D.3．由倫敦著名建筑事務所SteynStudio設計的南非雙曲線大教堂驚艷世界，該建筑是數學與建筑完美結合造就的藝術品，若將如圖所示的大教堂外形弧線的一段近似看成雙曲線下支的一部分，離心率為，則該雙曲線的漸近線方程為（）A. B.C. D.4．設函數是定義在上的奇函數，且，當時，有恒成立.則不等式的解集為（）A. B.C. D.5．已知橢圓的長軸長為，短軸長為，則橢圓上任意一點到橢圓中心的距離的取值范圍是（）A. B.C. D.6．函數的最小值是（）A.3 B.4C.5 D.67．若雙曲線經過點，且它的兩條漸近線方程是，則雙曲線的方程是（）A. B.C. D.8．曲線：在點處的切線方程為A. B.C. D.9．在中，內角的對邊分別為，若，則角為A. B.C. D.10．拋物線有一條重要的性質：平行于拋物線的軸的光線，經過拋物線上的一點反射后經過它的焦點．反之，從焦點發出的光線，經過拋物線上的一點反射后，反射光線平行于拋物線的軸．已知拋物線，從點發出一條平行于x軸的光線，經過拋物線兩次反射后，穿過點，則光線從A出發到達B所走過的路程為（）A.8 B.10C.12 D.1411．已知，是球的球面上兩點，，為該球面上的動點，若三棱錐體積的最大值為36，則球的表面積為（）A. B.C. D.12．將一枚骰子連續拋兩次，得到正面朝上的點數分別為、，記事件A為“為偶數”，事件B為“”，則的值為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．某人實施一項投資計劃，從2021年起，每年1月1日，把上一年工資的10%投資某個項目.已知2020年他的工資是10萬元，預計未來十年每年工資都會逐年增加1萬元；若投資年收益是10%，一年結算一次，當年的投資收益自動轉入下一年的投資本金，若2031年1月1日結束投資計劃，則他可以一次性取出的所有投資以及收益應有__________萬元.（參考數據：，，）14．等差數列的前n項和分別為，若對任意正整數n都有，則的值為___________.15．已知圓柱軸截面是邊長為4的正方形，則圓柱的側面積為______________

.16．定義點到曲線的距離為該點與曲線上所有點之間距離的最小值，則點到曲線距離為___________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知橢圓過點，且離心率.（1）求橢圓的方程；（2）設直交橢圓于兩點，判斷點與以線段為直徑的圓的位置關系，并說明理由.18．（12分）已知函數，其中.（1）當時，求函數的單調性；（2）若對，不等式在上恒成立，求的取值范圍.19．（12分）在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，求平面ACD1的一個法向量.20．（12分）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c已知c?cosB+（b-2a）cosC=0（1）求角C的大小（2）若c=2，a+b=ab，求△ABC的面積21．（12分）已知在長方形ABCD中，AD=2AB=2，點E是AD的中點，沿BE折起平面ABE，使平面ABE⊥平面BCDE.（1）求證：在四棱錐A-BCDE中，AB⊥AC.（2）在線段AC上是否存在點F，使二面角A-BE-F的余弦值為？若存在，找出點F的位置；若不存在，說明理由.22．（10分）已知數列滿足（1）求；（2）若，且數列的前n項和為，求證：

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解題分析】連接底面正方形的對角線交于點，連接，則為該正四棱錐的高，即平面，取的中點，連接，則的大小為側面與底面所成，設正方形的邊長為，求出該正四棱錐的底面邊長，斜高和高，然后對選項進行逐一判斷即可.【題目詳解】連接底面正方形的對角線交于點，連接則為該正四棱錐的高，即平面取的中點，連接，由正四棱錐的性質，可得由分別為的中點，所以，則所以為二面角的平面角，由條件可得設正方形的邊長為，則,又則,解得故選項A正確.所以,則該正四棱錐的體積為，故選項B正確.該正四棱錐的側面積為，故選項C正確.由題意為側棱與底面所成角，則，故選項D不正確.故選：D2、C【解題分析】由等差數列的前項和公式和性質進行求解.【題目詳解】由題意，得.故選：C.3、B【解題分析】求出的值，可得出雙曲線的漸近線方程.【題目詳解】由已知可得，因此，該雙曲線的漸近線方程為.故選：B.4、B【解題分析】根據當時，可知在上單調遞減，結合可確定在上的解集；根據奇偶性可確定在上的解集；由此可確定結果.【題目詳解】，當時，，在上單調遞減，，，在上的解集為，即在上的解集為；又為上的奇函數，，為上的偶函數，在上的解集為，即在上的解集為；當時，，不合題意；綜上所述：的解集為.故選：.【題目點撥】本題考查利用函數的單調性和奇偶性求解函數不等式的問題，關鍵是能夠通過構造函數的方式，確定所構造函數的單調性和奇偶性，進而根據零點確定不等式的解集.5、A【解題分析】不妨設橢圓的焦點在軸上，設點，則，且有，利用二次函數的基本性質可求得的取值范圍.【題目詳解】不妨設橢圓的焦點在軸上，則該橢圓的標準方程為，設點，則，且有，所以，.故選：A.6、D【解題分析】先判斷函數的單調性，再利用其單調性求最小值【題目詳解】由，得，因為，所以，所以在上單調遞增，所以，故選：D7、A【解題分析】根據雙曲線漸近線方程設出方程，再由其過的點即可求解.【題目詳解】漸近線方程是，設雙曲線方程為，又因為雙曲線經過點，所以有，所以雙曲線方程為，化為標準方程為.故選：A8、A【解題分析】因為，所以曲線在點（1,0）處的切線的斜率為，所以切線方程為，即，選A9、A【解題分析】因為，那么結合，所以cosA==，所以A=，故答案為A考點：正弦定理與余弦定理點評：本題主要考查正弦定理與余弦定理的基本應用，屬于中等題.10、C【解題分析】利用拋物線的定義求解.【題目詳解】如圖所示：焦點為，設光線第一次交拋物線于點，第二次交拋物線于點，過焦點F，準線方程為：，作垂直于準線于點，作垂直于準線于點，則，，，，故選：C11、C【解題分析】當平面時，三棱錐體積最大，根據棱長與球半徑關系即可求出球半徑，從而求出表面積.【題目詳解】當平面時，三棱錐體積最大.又，則三棱錐體積，解得；故表面積.故選：C.【題目點撥】關鍵點點睛：本題考查三棱錐與球的組合體的綜合問題，本題的關鍵是判斷當平面時，三棱錐體積最大.12、B【解題分析】利用條件概率的公式求解即可.【題目詳解】根據題意可知，若事件為“為偶數”發生，則、兩個數均為奇數或均為偶數，其中基本事件數為，，，，，，，，，，，，，，，，，，一共個基本事件，∴,而A、同時發生，基本事件有當一共有9個基本事件，∴，則在事件A發生的情況下，發生的概率為,故選:二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、24【解題分析】根據條件求得每一年投入在最終結算時的總收入，利用錯位相減法求得總收入.【題目詳解】由題知，2021年的投入在結算時的收入為，2022年的投入在結算時的收入為，，2030年的投入在結算時的收入為，則結算時的總投資及收益為：①，則②，由①-②得，，則，故答案為：2414、##0.68【解題分析】利用等差數列求和公式與等差中項進行求解.【題目詳解】由題意得：，同理可得：，所以故答案為：15、【解題分析】由圓柱軸截面的性質知：圓柱體的高為，底面半徑為，根據圓柱體的側面積公式，即可求其側面積.【題目詳解】由圓柱的軸截面是邊長為4的正方形，∴圓柱體的高為，底面半徑為，∴圓柱的側面積為.故答案為：.16、2【解題分析】設出曲線上任意一點，利用兩點間距離公式表達出，利用基本不等式求出最小值.【題目詳解】當時，顯然不成立，故，此時，設曲線任意一點，則，其中，當且僅當，即時等號成立，此時即為最小值.故答案為：2三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(1)(2)點G在以AB為直徑的圓外【解題分析】解法一：（Ⅰ）由已知得解得所以橢圓E的方程為（Ⅱ）設點AB中點為由所以從而.所以.,故所以，故G在以AB為直徑的圓外解法二：（Ⅰ）同解法一.（Ⅱ）設點，則由所以從而所以不共線，所以銳角.故點G在以AB為直徑的圓外考點：1、橢圓的標準方程；2、直線和橢圓的位置關系；3、點和圓的位置關系18、（1）的單調遞增區間為，，單調遞減區間為，（2）【解題分析】（1）求導可得，分析正負即得解；（2）轉化在上恒成立為，分析函數單調性，轉化為f(1)≤1f(-1)≤1，求解即可【小問1詳解】當時，令，解得，，當變化時，，的變化情況如下表：↘極小值↗極大值↘極小值↗所以的單調遞增區間為，，單調遞減區間為，【小問2詳解】由條件可知，從而恒成立當時，；當時，因此函數在上的最大值是與兩者中的較大者為使對任意的，不等式在上恒成立，當且僅當f(1)≤1f(-1)≤1即在上恒成立所以，因此滿足條件的的取值范圍是19、【解題分析】建立空間直角坐標系，由向量法求法向量即可.【題目詳解】如圖，建立空間直角坐標系，則設平面ACD1的法向量.，又為平面ACD1的一個法向量，化簡得令x=1，得y=z=1.平面ACD1的一個法向量.【題目點撥】本題主要考查了求平面的法向量，屬于中檔題.20、(1)；(2).【解題分析】(1)由題意首先利用正弦定理邊化角，據此求得，則角C的大小是；(2)由題意結合余弦定理可得，然后利用面積公式可求得△ABC的面積為.試題解析：（1）∵c?cosB+（b-2a）cosC=0，由正弦定理化簡可得：sinCcosB+sinBcosC-2sinAcosC=0，即sinA=2sinAcosC，∵0＜A＜π，∴sinA≠0.∴cosC=.∵0＜C＜π，∴C=.（2）由（1）可知：C=.∵c=2，a+b=ab，即a2b2=a2+b2+2ab.由余弦定理cosC==，∴ab=（ab）2-2ab-c2.可得：ab=4.那么：△ABC的面積S=absinC=.21、（1）證明見解析（2）點F為線段AC的中點【解題分析】（1）由平面幾何知識證得CE⊥BE，再根據面面垂直的性質，線面垂直的判定和性質可得證；（2）取BE的中點O，以O為原點，分別以的方向為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，假設在線段AC上存在點F，設=λ，運用二面角的向量求解方法可求得，可得點F的位置.【小問1詳解】證明：因為在長方形ABCD中，AD=2AB=2，點E是AD的中點，所以BE=CE=2，又BC=2，所以，所以CE⊥BE，又平面ABE⊥平面BCDE，面面，所以CE⊥平面ABE，所以AB⊥CE.又AB⊥AE，，所以AB⊥平面AEC，即得AB⊥AC.【小問2詳解】解：存在點F，F為線段AC的中點.由（1）得△ABE和△BEC均為等腰直角三角形，取BE的中點O，則，又平面ABE⊥平面BCDE，面面，所以面，以O為原點，分別以的方向為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，取平面ABE的一個法向量為.假設在線段AC上存在點F，使二面角A-BE-F的余弦值為.則A（0，0，1），B（1，0，0），C（-1，2，0），E（-1，0，0），=（1