廣西北海市合浦縣2024屆高二數學第一學期期末達標檢測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．在區間內隨機取一個數x，則使得的概率為（）A. B.C. D.2．函數在上是單調遞增函數，則的最大值等于（）A.2 B.3C.5 D.63．如圖，在長方體中，，，則直線和夾角余弦值為（）A. B.C. D.4．已知等差數列的公差，若，，則該數列的前項和的最大值為（）A.30 B.35C.40 D.455．設橢圓（）的左焦點為F，O為坐標原點．過點F且斜率為的直線與C的一個交點為Q（點Q在x軸上方），且，則C的離心率為（）A. B.C. D.6．已知直線在兩個坐標軸上的截距之和為7，則實數m的值為（）A.2 B.3C.4 D.57．若存在兩個不相等的正實數x，y，使得成立，則實數m的取值范圍是（）A. B.C. D.8．不等式解集為（）A. B.C. D.9．雙曲線的左頂點為，右焦點，若直線與該雙曲線交于、兩點，為等腰直角三角形，則該雙曲線離心率為（）A. B.C. D.10．函數的導數記為，則等于（）A. B.C. D.11．若，則=（）A.244 B.1C. D.12．已知空間四邊形中，，，，點在上，且，為中點，則等于（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．數學家歐拉年在其所著的《三角形幾何學》一書中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一條直線上，后人稱這條直線為歐拉線，已知的頂點、，其歐拉線的方程為，則的外接圓方程為______.14．數列滿足，則__________.15．設集合，把集合中的元素按從小到大依次排列，構成數列，求數列的前項和___16．如圖，在長方體ABCD﹣A'B'C'D'中，點P，Q分別是棱BC，CD上的動點，BC＝4，CD＝3，CC'＝2，直線CC'與平面PQC'所成的角為30°，則△PQC'的面積的最小值是__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）已知數列的前n項和為，，，其中.（1）記，求證：是等比數列；（2）設，數列的前n項和為，求證：.18．（12分）在數列中，，，記.（1）求證：數列為等差數列，并求出數列的通項公式；（2）試判斷數列的增減性，并說明理由19．（12分）已知函數.（1）當時，解不等式；（2）若不等式的解集為，求實數的取值范圍.20．（12分）已知拋物線，過點作直線（1）若直線的斜率存在，且與拋物線只有一個公共點，求直線的方程（2）若直線過拋物線的焦點，且交拋物線于兩點，求弦長21．（12分）已知數列為等差數列，滿足，.（1）求數列的通項公式；（2）求數列的前n項和，并求的最大值.22．（10分）如圖，直四棱柱中，底面是邊長為的正方形，點在棱上.（1）求證：；（2）從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇兩個作已知，使得平面，并給出證明.條件①：為的中點；條件②：平面；條件③：.（3）在（2）的條件下，求平面與平面夾角的余弦值.

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、A【解析】解一元一次不等式求不等式在上解集，再利用幾何概型的長度模型求概率即可.【詳解】由，可得，其中長度為1，而區間長度為4，所以，所求概率為故選：A.2、B【解析】由f（x）＝x3﹣ax在[1，+∞）上是單調增函數，得到在[1，+∞）上，恒成立，從而解得a≤3，故a的最大值為3【詳解】解：∵f（x）＝x3﹣ax在[1，+∞）上是單調增函數∴在[1，+∞）上恒成立即a≤3x2，∵x∈[1，+∞）時，3x2≥3恒成立，∴a≤3，∴a的最大值是3故選：B3、D【解析】如圖建立空間直角坐標系，分別求出的坐標，由空間向量夾角公式即可求解.【詳解】如圖：以為原點，分別以，，所在的直線為，，軸建立空間直角坐標系，則，，，，所以，，所以，所以直線和夾角的余弦值為，故選：D.4、D【解析】利用等差數列的性質求出公差以及首項，再由等差數列的前項和公式即可求解.【詳解】等差數列，由，有，又，公差，所以，，得，，，∴當或10時，最大，，故選：D5、D【解析】連接Q和右焦點，可知|OQ|＝，可得∠FQ＝90°，由得，寫出兩直線方程，聯立可得Q點坐標，Q點坐標代入橢圓標準方程可得a、b、c關系﹒【詳解】設橢圓右焦點為，連接Q，∵，，∴|OQ|＝，∴∠FQ＝90°，∵，∴，FQ過F(－c，0)，Q過(c，0)，則，由，∵Q在橢圓上，∴，又，解得，∴離心率故選：D6、C【解析】求出直線方程在兩坐標軸上的截距，列出方程，求出實數m的值.【詳解】當時，，故不合題意，故，，令得：，令得：，故，解得：.故選：C7、D【解析】將給定等式變形并構造函數，由函數的圖象與垂直于y軸的直線有兩個公共點推理作答.【詳解】因，令，則存在兩個不相等的正實數x，y，使得，即存在垂直于y軸的直線與函數的圖象有兩個公共點，，，而，當時，，函數在上單調遞增，則垂直于y軸的直線與函數的圖象最多只有1個公共點，不符合要求，當時，由得，當時，，當時，，即函數在上單調遞減，在上單調遞增，，令，，令，則，即在上單調遞增，，即，在上單調遞增，則有當時，，，而函數在上單調遞增，取，則，而，因此，存在垂直于y軸的直線()，與函數的圖象有兩個公共點，所以實數m的取值范圍是.故選：D【點睛】思路點睛：涉及雙變量的等式或不等式問題，把雙變量的等式或不等式轉化為一元變量問題求解，途徑都是構造一元函數.8、C【解析】化簡一元二次不等式的標準形式并求出解集即可.【詳解】不等式整理得，解得或，則不等式解集為.故選：.9、A【解析】求出，分析可得，可得出關于、、的齊次等式，由此可求得該雙曲線的離心率的值.【詳解】聯立，可得，則，易知點、關于軸對稱，且為線段的中點，則，又因為為等腰直角三角形，所以，，即，即，所以，，可得，因此，該雙曲線的離心率為.故選：A.10、D【解析】求導后代入即可.【詳解】，.故選：D.11、D【解析】分別令代入已知關系式，再兩式求和即可求解.【詳解】根據，令時，整理得：令x=2時，整理得:由①+②得，，所以.故選：D.12、B【解析】利用空間向量運算求得正確答案.【詳解】.故選：B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】求出線段的垂直平分線方程，與歐拉線方程聯立，求出的外接圓圓心坐標，并求出外接圓的半徑，由此可得出的外接圓方程.【詳解】直線的斜率為，線段的中點為，所以，線段的垂直平分線的斜率為，則線段垂直平分線方程為，即，聯立，解得，即的外心為，所以，的外接圓的半徑為，因此，的外接圓方程為.故答案為：.【點睛】方法點睛：求圓的方程，主要有兩種方法：（1）幾何法：具體過程中要用到初中有關圓的一些常用性質和定理如：①圓心在過切點且與切線垂直的直線上；②圓心在任意弦的中垂線上；③兩圓相切時，切點與兩圓心三點共線；（2）待定系數法：根據條件設出圓的方程，再由題目給出的條件，列出等式，求出相關量．一般地，與圓心和半徑有關，選擇標準式，否則，選擇一般式．不論是哪種形式，都要確定三個獨立參數，所以應該有三個獨立等式14、【解析】對遞推關系多遞推一次，再相減，可得，再驗證是否滿足；【詳解】∵①時，②①-②得，時，滿足上式，.故答案為：.【點睛】數列中碰到遞推關系問題，經常利用多遞推一次再相減的思想方法求解.15、【解析】由等差數列和等比數列的通項公式，可得，由不在集合中，在集合中，也在集合中，推得不在數列的前50項內，則數列的前50項中包括的前48項和數列中的3和27，結合等差數列的求和公式，即可求解.【詳解】由題意，集合構成數列是首項為1，公差為4的等差數列，集合構成數列是首項為1，公比為3的等比數列，可得，又由不在集合中，在集合中，也在集合中，因為，解得，此時，所以不在數列的前50項內，則數列的前50項的和為.故答案為：.16、8【解析】設三棱錐C﹣C′PQ的高為h，CQ＝x，CP＝y，由體積法求得的關系，由直線CC’與平面C’PQ成的角為30°，得到xy≥8，再由VC﹣C′PQ＝VC′﹣CPQ，能求出△PQC'的面積的最小值【詳解】解：設三棱錐C﹣C′PQ的高為h，CQ＝x，CP＝y，由長方體性質知兩兩垂直，所以，，，，，所以，由得，所以，∵直線CC’與平面C’PQ成的角為30°，∴h＝2，∴，，∴xy≥8，再由體積可知：VC﹣C′PQ＝VC′﹣CPQ，得，S△C′PQ＝xy，∴△PQC'的面積的最小值是8故答案為：8三、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）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】（1）應用的關系，結合構造法可得，根據已知條件及等比數列的定義即可證結論.（2）由（1）得，再應用錯位相減法求，即可證結論.【小問1詳解】證明：對任意的，，，時，，解得，時，因為，，兩式相減可得：，即有，∴，又，則，因為，，所以，對任意的，，所以，因此，是首項和公比均為3的等比數列【小問2詳解】由（1）得：，則，，，兩式相減得：，化簡可得：，又，∴.18、（1）證明見解析，（2）數列單調遞減.【解析】（1）根據等差數列的定義即可證明數列為等差數列，然后套用等差數列的通項公式即可；（2）先根據（1）的結論求出數列的通項，然后用作差法即可判斷其單調性【小問1詳解】因為，，所以，所以，，所以數列是以1為首項，為公差的等差數列，【小問2詳解】由（1）可知，，所以，所以，故，所以數列單調遞減.19、（1）；（2）.【解析】（1）將不等式分解因式，即可求得不等式解集；（2）根據不等式解集，考慮其對應二次函數的特征，即可求出參數的范圍.【小問1詳解】當時，即，也即，則，解得或，故不等式解集為.【小問2詳解】不等式的解集為，即的解集為，也即的解集為，故其對應二次函數的，解得.故實數的取值范圍為：.20、（1）或；（2）8【解析】（1）根據題意設直線的方程為，聯立，消去得，因為只有一個公共點，則求解.（2）拋物線的焦點為，設直線的方程為，聯立，消去得，再根據過拋物線焦點的弦長公式求解.【詳解】（1）設直線的方程為，聯立，消去得，則，解得或，∴直線的方程為：或（2）拋物線的焦點為，則直線的方程為，設，聯立，消去得，∴，∴【點睛】本題主要考查直線與拋物線的位置關系，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.21、（1）（2），45【解析】（1）由等差數列的通項列出方程組，得出通項公式；（2）先得出，再由二次函數的性質得出最大值.【小問1詳解】由，解得，即【小問2詳解】，二次型函數開口向下，對稱軸為，則當或時，有最大值45.22、（1）證明見解析；（2）答案見解析；（3）.【解析】（1）連結，，由直四棱柱的性質及線面垂直的性質可得，再由正方形的性質及線面垂直的判定、性質即可證結論.（2）選條件①③，設，連結，，由中位線的性質、線面垂直的性質可得、，再由線面垂直的判定證明結論；選條件②③，設，連結，由線面平行的性質及平行推論可得，由線面垂直的性質有，再由線面垂直的判定證明結論；（3）構建空間直角坐標系，求平面、平面的法向量，應用空間向量夾角的坐標表示求平面與平面夾角的余弦值.【小問1詳解】連結，，由直四棱柱知：平面，又平面，所以，又為正方形，即，又，∴平面