河北省阜平一中2024屆數學高二上期末監測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．設變量，滿足約束條件，則的最大值為（）A.1 B.6C.10 D.132．橢圓的焦點坐標為（）A. B.C. D.3．“”是“方程表示雙曲線”的A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件4．將6位志愿者分成4組，其中兩個組各2人，另兩個組各1人，分赴廣交會的四個不同地方服務，不同的分配方案有（）種A.· B.·C. D.5．若傾斜角為的直線過兩點，則實數（）A. B.C. D.6．已知數列的通項公式為，是數列的最小項，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.7．直線在軸上的截距為，在軸上的截距為，則有（）A.， B.，C.， D.，8．經過點作圓的弦,使點為弦的中點，則弦所在直線的方程為A. B.C. D.9．已知函數的導數為，且滿足，則（）A. B.C. D.10．已知橢圓的兩焦點分別為，，P為橢圓上一點，且，則的面積等于（）A.6 B.C. D.11．已知，，若，則（）A.9 B.6C.5 D.312．函數的單調遞增區間為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．以點為圓心，為半徑的圓的標準方程是_____________.14．古希臘數學家阿波羅尼斯發現：平面上到兩定點A，B的距離之比為常數的點的軌跡是—個圓心在直線上的圓.該圓被稱為阿氏圓，如圖，在長方體中，，點E在棱上，，動點P滿足，若點P在平面內運動，則點P對應的軌跡的面積是___________；F為的中點，則三棱錐體積的最小值為___________.15．函數在上的最大值為______________16．若橢圓：的長軸長為4，焦距為2，則橢圓的標準方程為______.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.(1)討論的單調性；(2)當有最大值，且最大值大于時，求取值范圍.18．（12分）已知數列的前項和為，若.（1）求的通項公式；（2）設，求數列的前項和.19．（12分）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD，PD=AD=2，E，F分別為AD和PB的中點.請用空間向量知識解答下列問題：（1）求證：EF//平面PDC；（2）求平面EFC與平面PBD夾角的余弦值.20．（12分）已知；.（1）若為真命題，求實數的取值范圍；（2）若為假命題，為真命題，求實數的取值范圍.21．（12分）如圖，在直三棱柱中，，，.M為側棱的中點，連接，，CM.（1）證明：AC平面；（2）證明：平面；（3）求二面角的大小.22．（10分）在三棱錐A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O為BD的中點，AO⊥平面BCD，AO=2，E為AC的中點（1）求直線AB與DE所成角的余弦值；（2）若點F在BC上，滿足BF=BC，設二面角F—DE—C的大小為θ，求sinθ的值

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、C【解析】畫出約束條件表示的平面區域，將變形為，可得需要截距最小，觀察圖象，可得過點時截距最小，求出點A坐標，代入目標式即可.【詳解】解：畫出約束條件表示的平面區域如圖中陰影部分：又，即，要取最大值，則在軸上截距要最小，觀察圖象可得過點時截距最小，由，得，則.故選：C.2、B【解析】根據方程可得，且焦點軸上，然后可得答案.【詳解】由橢圓的方程可得，且焦點在軸上，所以，即，故焦點坐標為故選：B3、A【解析】方程表示雙曲線則，解得，是“方程表示雙曲線”的充分不必要條件.故選：A4、B【解析】先按要求分為四組，再四個不同地方，四個組進行全排列.【詳解】兩個組各2人，兩個組各1人，屬于部分平均分組，要除以平均分組的組數的全排列，故分組方案有種，再將分得的4組，分配到四個不同地方服務，則不同的分配方案有種.故選：B5、A【解析】解方程即得解.【詳解】解：由題得.故選：A6、D【解析】利用最值的含義轉化為不等式恒成立問題解決即可【詳解】解：由題意可得，整理得，當時，不等式化簡為恒成立，所以，當時，不等式化簡為恒成立，所以，綜上，，所以實數的取值范圍是，故選：D7、B【解析】將直線方程的一般形式化為截距式，由此可得其在x軸和y軸上的截距.【詳解】直線方程化成截距式為，所以，故選：B.8、A【解析】由題知為弦AB的中點，可得直線與過圓心和點的直線垂直，可求的斜率，然后用點斜式求出的方程【詳解】由題意知圓的圓心為，，由，得，∴弦所在直線的方程為，整理得.選A.【點睛】本題考查直線與圓的位置關系，直線的斜率，直線的點斜式方程，屬于基礎題9、C【解析】首先求出，再令即可求解.【詳解】由，則，令，則，所以.故選：C【點睛】本題主要考查了基本初等函數的導數以及導數的基本運算法則，屬于基礎題.10、B【解析】根據橢圓定義和余弦定理解得，結合三解形面積公式即可求解【詳解】由與是橢圓上一點，∴，兩邊平方可得，即，由于，，∴根據余弦定理可得，綜上可解得，∴的面積等于，故選：B11、D【解析】根據空間向量垂直的坐標表示即可求解.【詳解】.故選：D.12、B【解析】求出函數的定義域，解不等式可得出函數的單調遞增區間.【詳解】函數的定義域為，由，可得.因此，函數的單調遞增區間為.故選：B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】直接根據已知寫出圓的標準方程得解.【詳解】解：由題得圓的標準方程為.故答案為：14、①.②.【解析】建立空間直角坐標系，根據，可得對應的軌跡方程；先求的面積，其是固定值，要使體積最小，只需求點到平面的距離的最小值即可.【詳解】分別以為軸建系，設，而,,，,.由,有，化簡得對應的軌跡方程為.所以點P對應的軌跡的面積是.易得的三個邊即是邊長為為的等邊三角形，其面積為，，設平面的一個法向量為，則有，可取平面的一個法向量為，根據點的軌跡，可設，，所以點到平面的距離，所以故答案為：；15、【解析】對原函數求導得，令，解得或，且所以原函數在上的最大值為考點：1．函數求導；2．利用導函數求最值16、【解析】由焦距可得c，長軸長得到a，再根據可得答案.【詳解】因為橢圓的長軸長為4，則，焦距為2，由，得，則橢圓的標準方程為：.故答案為：.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、(1)時,在是單調遞增；時,在單調遞增，在單調遞減.（2）.【解析】（Ⅰ）由,可分,兩種情況來討論；（II）由（I）知當時在無最大值,當時最大值為因此.令,則在是增函數,當時,,當時,因此a的取值范圍是.試題解析：（Ⅰ）的定義域為,,若,則,在是單調遞增；若,則當時,當時,所以在單調遞增,在單調遞減.（Ⅱ）由（Ⅰ）知當時在無最大值,當時在取得最大值,最大值為因此.令,則在是增函數,,于是,當時,,當時,因此a取值范圍是.考點：本題主要考查導數在研究函數性質方面的應用及分類討論思想.18、（1）（2）【解析】(1)根據所給條件先求出首項，然后仿寫，作差即可得到的通項公式；(2)根據（1）求出的通項公式，觀察是由一個等差數列加上一個等比數列得到，要求其前項和，采用分組求和法結合公式法可求出前項和【小問1詳解】當時，，解得；當時，，∴，化簡得，∴是首項為1，公比為2的等比數列，∴，因此的通項公式為.【小問2詳解】由（1）得，∴，∴，∴19、（1）證明見解析（2）【解析】（1）以為原點，以所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，然后求出平面的法向量，再求出，判斷是否與法垂直即可，（2）分別求出平面EFC與平面PBD的法向量，利用向量夾角公式求解即可【小問1詳解】因PD⊥底面ABCD，平面，所以，因為四邊形為正方形，所以，所以兩兩垂直，所以以為原點，以所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，因為E，F分別為AD和PB的中點，所以，所以，因為,所以平面，所以平面的一個法向量為，因為，所以,因為平面，所以EF//平面PDC；【小問2詳解】設平面的法向量為，因為，，所以，令，則，設平面的法向量為，因為,所以，令，則，設平面EFC與平面PBD夾角為，，則，所以平面EFC與平面PBD夾角的余弦值為20、（1）；（2）.【解析】解不等式求得為真、為真分別對應的解集；（1）由為真可得全真，兩解集取交集可得結果；（2）由和的真假性可得一真一假，則分為真假和假真兩種情況求得解集.【小問1詳解】若為真，則，即，即，所以或，若為真，則，所以，因為為真命題，所以均為真命題.所以實數的取值范圍是.【小問2詳解】若為假命題，為真命題，則一真一假，若真假，則，解得或，若假真，則，解得，綜上所述，實數的取值范圍是.21、（1）證明見詳解；（2）證明見詳解；（3）【解析】小問1：由于，根據線面平行判定定理即可證明；小問2：以為原點，分別為軸建立空間坐標系，根據向量垂直關系即可證明；小問3：分別求得平面與平面的法向量，根據向量夾角公式即可求解【小問1詳解】在直三棱柱中，，且平面，平面所以AC平面；【小問2詳解】因為，故以為原點，分別為軸建立空間坐標系如圖所示：則，所以則所以又平面，平面故平面；【小問3詳解】由，得，設平面的一個法向量為則