內蒙古自治區包頭市第一機械制造有限公司第一中學2023年數學高二上期末達標檢測試題請考生注意：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．有一機器人的運動方程為，(是時間，是位移)，則該機器人在時刻時的瞬時速度為（）A. B.C. D.2．已知雙曲線的左右焦點分別為、，過點的直線交雙曲線右支于A、B兩點，若是等腰三角形，且，則的周長為（）A. B.C. D.3．在如圖所示的棱長為1的正方體中，點P在側面所在的平面上運動，則下列四個命題中真命題的個數是（）①若點P總滿足，則動點P的軌跡是一條直線②若點P到點A的距離為，則動點P的軌跡是一個周長為的圓③若點P到直線AB的距離與到點C的距離之和為1，則動點P的軌跡是橢圓④若點P到平面的距離與到直線CD的距離相等，則動點P的軌跡是拋物線A.1 B.2C.3 D.44．若點P為拋物線y＝2x2上的動點，F為拋物線的焦點，則|PF|的最小值為（）A.2 B.C. D.5．某校初一有500名學生，為了培養學生良好的閱讀習慣，學校要求他們從四大名著中選一本閱讀，其中有200人選《三國演義》，125人選《水滸傳》，125人選《西游記》，50人選《紅樓夢》，若采用分層抽樣的方法隨機抽取40名學生分享他們的讀后感，則選《西游記》的學生抽取的人數為（）A.5 B.10C.12 D.156．若，都為正實數，，則的最大值是（）A. B.C. D.7．某四面體的三視圖如圖所示，該四面體的表面積為（）A. B.C. D.8．函數，的最小值為（）A.2 B.3C. D.9．已知，條件，條件，則是的（）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10．已知直線，當變化時，所有直線都恒過點（）A.B.C.D.11．已知等差數列滿足，則其前10項之和為（）A.140 B.280C.68 D.5612．在中，B=30°，BC=2，AB=，則邊AC的長等于（）A. B.1C. D.2二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知直線過點，，且是直線的一個方向向量，則__________.14．某校開展“讀書月”朗誦比賽，9位評委為選手A給出的分數如右邊莖葉圖所示.記分員在去掉一個最高分和一個最低分后算得平均分為91，復核員在復核時發現有一個數字（莖葉圖中的x）無法看清，若記分員計算無誤，則數字x應該是___________.選手A87899924x1515．已知遞增數列共有2021項，且各項均不為零，，如果從中任取兩項，當時，仍是數列中的項，則的范圍是________________，數列的所有項和________16．空間四邊形中，，，，，，，則與所成角的余弦值等于___________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）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，底面分別為的中點，（1）求證：平面平面；（2）求二面角的大小18．（12分）已知橢圓E：的離心率，且右焦點到直線的距離為.（1）求橢圓的標準方程；（2）四邊形的頂點在橢圓上，且對角線，過原點，若，證明：四邊形的面積為定值.19．（12分）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線的普通方程和曲線的直角坐標方程；（2）若與相交于A、兩點，設，求.20．（12分）如圖甲，平面圖形中，，沿將折起，使點到點的位置，如圖乙，使.（1）求證：平面平面；（2）若點滿足，求點到直線的距離.21．（12分）已知離心率為的橢圓經過點.（1）求橢圓的方程；（2）若不過點的直線交橢圓于兩點，求面積的最大值.22．（10分）在四棱錐中，平面，底面是邊長為2的菱形，分別為的中點.（1）證明：平面；（2）求三棱錐的體積.

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、B【解析】對運動方程求導，根據導數意義即速度求得在時的導數值即可.【詳解】由題知，，當時，，即速度為7.故選：B2、A【解析】設，．根據雙曲線的定義和等腰三角形可得，再利用余弦定理可求得，從而可得的周長.【詳解】由雙曲線可得設，．則，，所以，因為是等腰三角形，且，所以，即，所以，所以，，在中，由余弦定理得，即，所以，解得，的周長故選：A【點睛】關鍵點點睛：根據雙曲線的定義求解是解題關鍵.3、C【解析】根據線面關系、距離關系可分別對每一個命題判斷.【詳解】若點P總滿足，又，，，可得對角面，因此點P的軌跡是直線，故①正確若點P到點A的距離為，則動點P的軌跡是以點B為圓心，以1為半徑的圓（在平面內），因此圓的周長為，故②正確點P到直線AB的距離PB與到點C的距離PC之和為1，又，則動點P的軌跡是線段BC，因此③不正確點P到平面的距離（即到直線的距離）與到直線CD的距離（即到點C的距離）相等，則動點P的軌跡是以線段BC的中點為頂點，直線BC為對稱軸的拋物線（在平面內），因此④正確故有①②④三個故選:C4、D【解析】根據拋物線的定義得出當點P在拋物線的頂點時，|PF|取最小值.【詳解】根據題意，設拋物線y＝2x2上點P到準線的距離為d，則有|PF|＝d，拋物線的方程為y＝2x2，即x2＝y，其準線方程為y＝－，∴當點P在拋物線的頂點時，d有最小值，即|PF|min＝.故選：D5、B【解析】根據分層抽樣的方法，列出方程，即可求解.【詳解】根據分層抽樣的方法，可得選《西游記》的學生抽取的人數為故選：B.6、B【解析】由基本不等式，結合題中條件，直接求解，即可得出結果.【詳解】因為，都為正實數，，所以，當且僅當，即時，取最大值.故選：D7、A【解析】根據三視圖可得如圖所示的幾何體（三棱錐），根據三視圖中的數據可計算該幾何體的表面積.【詳解】根據三視圖可得如圖所示的幾何體-正三棱錐，其側面為等腰直角三角形，底面等邊三角形，由三視圖可得該正三棱錐的側棱長為1，故其表面積為，故選：A.8、B【解析】求導函數，分析單調性即可求解最小值【詳解】由，得，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增∴當時，取得最小值，且最小值為故選：B.9、A【解析】利用“1”的妙用探討命題“若p則q”的真假，取特殊值計算說明“若q則p”的真假即可判斷作答.【詳解】因為，由得：，則，當且僅當，即時取等號，因此，，因，，由，取，則，，即，，所以是的充分不必要條件.故選：A10、D【解析】將直線方程整理為，從而可得直線所過的定點.【詳解】可化為，∴直線過定點，故選：D.11、A【解析】根據等差數列的性質，可得，結合等差數列的求和公式，即可求解.【詳解】由題意，等差數列滿足，根據等差數列的性質，可得，所以數列的前10項和為.故選：A.12、B【解析】利用余弦定理即得【詳解】由余弦定理，得，解得AC=1故選：B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由題得，解方程組即得解.【詳解】解：由題得，因為是直線的一個方向向量，所以，所以，所以.故答案為：14、4【解析】根據題意分和兩種情況討論，再根據平均分公式計算即可得出答案.【詳解】解：當時，則去掉的最低分數為87分，最高分數為95分，則，所以，當時，則去掉的最低分數為87分，最高分數為分，則平均分為，與題意矛盾，綜上.故答案為：4.15、①.②.1011【解析】根據題意得到，得到，，，，進而得到，從而即可求得的值.【詳解】由題意，遞增數列共有項，各項均不為零，且，所以，所以的范圍是，因為時，仍是數列中的項，即，且上述的每一項均在數列中，所以，，，，即，所以，所以.故答案為：；.16、【解析】計算出的值，利用空間向量的數量積可得出的值，即可得解.【詳解】，，所以，，所以，.所以，與所成角的余弦值為.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）證明見解析（2）【解析】（1）依題意可得平行四邊形是矩形，即可得到，再由及面面垂直的性質定理得到平面，從而得到，即可得到平面，從而得證；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量法求出二面角的余弦值，即可得解；【小問1詳解】證明：因為為的中點，，所以，又，所以四邊形為平行四邊形，因為，所以平行四邊形是矩形，所以，因為，所以，又因為平面平面，平面平面面，所以平面，因為面，所以，又因為，平面，所以平面，因為平面，所以平面平面；【小問2詳解】解：由（1）可得：兩兩垂直，如圖，分別以所在的直線為軸建立空間直角坐標系，則則，設平面的一個法向量，由則，令，則，所以，設平面的一個法向量，所以，根據圖像可知二面角為銳二面角，所以二面角的大小為；18、（1）；（2）證明見解析.【解析】(1)根據已知條件列出關于a、b、c的方程組求解即可；(2)設，代入，利用韋達定理，通過，結合，轉化求解即可【小問1詳解】【小問2詳解】設，設，代入，得，∵，∴，，∵，得，即，解得，∵，且，又，，整理得，∴為定值19、（1）曲線的普通方程為；曲線的直角坐標方程為（2）【解析】（1）直接利用轉換關系式把參數方程和極坐標方程轉化為直角坐標方程；（2）易得滿足直線的方程，轉化為參數方程，代入曲線的普通方程，再利用韋達定理結合弦長公式即可得出答案.【小問1詳解】解：曲線的參數方程為（為參數），轉化為普通方程為，曲線的極坐標方程為，即，根據，轉化為直角坐標方程為；【小問2詳解】解：因為滿足直線的方程，將轉化為參數方程為（為參數），代入，得，設A、兩點的參數分別為，則，所以.20、（1）證明見解析（2）【解析】(1)利用給定條件可得平面，再證即可證得平面推理作答.(2)由(1)得EA，EB，EG兩兩垂直，建立空間直角坐標系，先求出向量在向量上的投影的長，然后由勾股定理可得答案.【小問1詳解】因為，則，且，又，平面，因此，平面，即有平面，平面，則，而，則四邊形為等腰梯形，又，則有，于是有，則，即，，平面，因此，平面，而平面，所以平面平面.【小問2詳解】由(1)知，EA，EB，EG兩兩垂直，以點E為原點，射線EA，EB，EG分別為x，y，z軸非負半軸建立空間直角坐標系，如圖，因，四邊形是矩形，則，即，，，由，則則則向量在向量上的投影的長為又,所以點到直線的距離21、（1）；（2）.【解析】（1）根據，可設，，求出，得到橢圓的方程，代入點的坐標，求出，即可得出結果.（2）設出點，的坐標，直線與橢圓方程聯立，利用韋達定理求出弦長，由點到直線的距離公式，三角形的面積公式及基本不等式可得結論.【詳解】（1）因為，所以設，，則，橢圓的方程為.代入點的坐標得，，所以橢圓的方程為.（2）設點，的坐標分別為，，由，得，即，，，，.，點到直線的距離，的面積，當且僅當，即時等號成立.所以當時，面積的最大值為.【點睛】本題主要考查了橢圓的標準方程和性質