上海市寶山區通河中學2023-2024學年高二數學第一學期期末檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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．函數在上的最小值為（）A. B.C.-1 D.2．執行如圖所示的程序框圖，則輸出的A. B.C. D.3．如圖，已知正方體，點P是棱中點，設直線為a，直線為b．對于下列兩個命題：①過點P有且只有一條直線l與a、b都相交；②過點P有且只有兩條直線l與a、b都成角．以下判斷正確的是（）A.①為真命題，②為真命題 B.①為真命題，②為假命題C.①為假命題，②為真命題 D.①為假命題，②為假命題4．已知四面體，所有棱長均為2，點E，F分別為棱AB，CD的中點，則（）A.1 B.2C.-1 D.-25．2020年北京時間11月24日我國嫦娥五號探月飛行器成功發射.嫦娥五號是我國探月工程“繞、落、回”三步走的收官之戰，經歷發射入軌、地月轉移、近月制動、環月飛行、著陸下降、月面工作、月面上升、交會對接與樣品轉移、環月等待、月地轉移、再入回收等11個關鍵階段.在經過交會對接與樣品轉移階段后，若嫦娥五號返回器在近月點（離月面最近的點）約為200公里，遠月點（離月面最遠的點）約為8600公里，以月球中心為一個焦點的橢圓形軌道上等待時間窗口和指令進行下一步動作，月球半徑約為1740公里，則此橢圓軌道的離心率約為（）A.0.32 B.0.48C.0.68 D.0.826．在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，且，則為（）A.等腰三角形 B.直角三角形C.銳角三角形 D.鈍角三角形7．“，”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8．已知梯形中，，且，則的值為（）A. B.C. D.9．已知a，b為不相等實數，記，則M與N的大小關系為（）A. B.C. D.不確定10．我國古代銅錢蘊含了“外圓內方”“天地合一”的思想．現有一銅錢如圖，其中圓的半徑為r，正方形的邊長為，若在圓內隨即取點，取自陰影部分的概率是p，則圓周率的值為（）A. B.C. D.11．設函數，則曲線在點處的切線方程為（）A. B.C. D.12．方程表示的曲線為（）A.拋物線與一條直線 B.上半拋物線（除去頂點）與一條直線C.拋物線與一條射線 D.上半拋物線（除去頂點）與一條射線二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設函數的導函數為，已知函數，則______.14．有公共焦點，的橢圓和雙曲線的離心率分別為，，點為兩曲線的一個公共點，且滿足，則的值為______15．直線的傾斜角為______16．如圖是一個邊長為2的正方體的平面展開圖，在這個正方體中，則下列說法中正確的序號是___________.①直線與直線垂直；②直線與直線相交；③直線與直線平行；④直線與直線異面；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）甲、乙兩人參加普法知識競賽，共有5題，選擇題（1）甲、乙兩人中有一個抽到選擇題（2）甲、乙兩人中至少有一人抽到選擇題18．（12分）已知橢圓的左、右焦點分別為，且，直線過與交于兩點，的周長為8（1）求的方程；（2）過作直線交于兩點，且向量與方向相同，求四邊形面積的取值范圍19．（12分）已知數列的前項和為，滿足_______請在①；②，；③三個條件中任選一個，補充在上面的橫線上，完成上述問題．注：若選擇不同的條件分別解答，則按第一個解答計分（1）求數列的通項公式；（2）數列滿足，求數列的前項和20．（12分）已知橢圓的一個頂點恰好是拋物線的焦點，橢圓C的離心率為.（Ⅰ）求橢圓C的標準方程；（Ⅱ）從橢圓C在第一象限內的部分上取橫坐標為2的點P，若橢圓C上有兩個點A，B使得的平分線垂直于坐標軸，且點B與點A的橫坐標之差為，求直線AP的方程.21．（12分）已知函數.（1）當時，求函數的極大值與極小值；（2）若函數在上的最大值是最小值的3倍，求a的值.22．（10分）如圖，四棱錐中，底面為矩形，底面，，點是棱的中點（1）求證：平面，并求直線與平面的距離；（2）若，求平面與平面所成夾角的余弦值

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、D【解析】求出函數的導函數，根據導數的符號求出函數的單調區間，再根據函數的單調性即可得出答案.【詳解】解：因為，所以，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，故.故選：D.2、B【解析】根據輸入的條件執行循環，并且每一次都要判斷結論是或否，直至退出循環.【詳解】，，，；，【點睛】本題考查程序框圖，執行循環，屬于基礎題.3、A【解析】①由正方形的性質，可以延伸正方形，再利用兩條平行線確定一個平面即可；②一組鄰邊與對角面夾角相等，在平面內繞P轉動，可以得到二條直線與a、b的夾角都等于.【詳解】如下圖所示，在側面正方形和再延伸一個正方形和，則平面和在同一個平面內，所以過點P，有且只有一條直線l，即與a、b相交，故①為真命題；取中點N，連PN，由于a、b為異面直線，a、b的夾角等于與b的夾角.由于平面，平面，，所以平面，所以與與b的夾角都為.又因為平面，所以與與b的夾角都為，而，所以過點P，在平面內存在一條直線，使得與與b的夾角都為，同理可得，過點P，在平面內存在一條直線，使得與與的夾角都為；故②為真命題.故選：A4、D【解析】在四面體中，取定一組基底向量，表示出，，再借助空間向量數量積計算作答.【詳解】四面體所有棱長均為2，則向量不共面，兩兩夾角都為，則，因點E，F分別為棱AB，CD的中點，則，，，所以.故選：D5、C【解析】由題意可知，求出的值，從而可求出橢圓的離心率【詳解】解：由題意得，解得，所以離心率，故選：C6、B【解析】由余弦定理可得，再利用可得答案.【詳解】因為，所以，由余弦定理，因為，所以，又，∴，故為直角三角形.故選：B.7、A【解析】根據雙曲線的方程以及充分條件和必要條件的定義進行判斷即可【詳解】由，可知方程表示焦點在軸上的雙曲線；反之，若表示雙曲線，則，即，或，所以“，”是“方程表示雙曲線”的充分不必要條件故選：A8、D【解析】根據共線定理、平面向量的加法和減法法則，即可求得，進而求出的值，即可求出結果.【詳解】因為，所以又，所以.故選：D.9、A【解析】利用作差法即可比較M與N的大小﹒【詳解】因為，又，所以，即故選：A10、B【解析】根據圓和正方形的面積公式結合幾何概型概率公式求解即可.【詳解】由可得故選：B11、A【解析】利用導數的幾何意義求解即可【詳解】由，得，所以切線的斜率為，所以切線方程為，即，故選：A12、B【解析】化簡得出或，由此可得出方程表示的曲線.【詳解】由可得或，所以，方程表示的曲線為上半拋物線（除去頂點）與一條直線，故選：B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】首先求出函數的導函數，再令代入計算可得；【詳解】解：因為，所以，所以，解得；故答案為：14、4【解析】可設為第一象限的點，，，求出，，化簡即得解.【詳解】解：可設為第一象限的點，，，由橢圓定義可得，由雙曲線的定義可得，可得，，由，可得，即為，化為，則故答案為：415、【解析】把直線方程化為斜截式，再利用斜率與傾斜角的關系即可得出【詳解】設直線的傾斜角為由直線化為，故，又，故，故答案為【點睛】一般地，如果直線方程的一般式為，那么直線的斜率為，且，其中為直線的傾斜角，注意它的范圍是16、①④【解析】畫出正方體，，，故，①正確，根據相交推出矛盾得到②錯誤，根據，與相交得到③錯誤，排除共面的情況得到④正確，得到答案.【詳解】如圖所示的正方體中，，，故，①正確；若直線與直線相交，則四點共面，即在平面內，不成立，②錯誤；，與相交，故直線與直線不平行，③錯誤；，與不平行，故與不平行，若與相交，則四點共面，在平面內，不成立，故直線與直線異面，④正確；故答案為：①④.三、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）【解析】首先用列舉法，求得甲、乙兩人各抽一題的所有可能情況.（1）根據上述分析，分別求得“甲抽到判斷題，乙抽到選擇題（2）根據上述分析，求得“甲、乙兩人都抽到判斷題”的概率，根據對立事件概率計算公司求得“甲、乙兩人中至少有一人抽到選擇題【詳解】把3個選擇題因此基本事件的總數為.（1）記“甲抽到選擇題（2）記“甲、乙兩人至少有一人抽到選擇題【點睛】本小題主要考查互斥事件概率計算，考查對立事件，屬于基礎題.18、（1）；（2）.【解析】(1)根據給定條件直接求出半焦距，及長半軸長即可作答.(2)根據給定條件結合橢圓的對稱性可得四邊形為平行四邊形，設出直線l的方程，與橢圓C的方程聯立，借助韋達定理、對勾函數性質計算作答.【小問1詳解】依題意，橢圓半焦距，由橢圓定義知，的周長，解得，，因此橢圓的方程為.【小問2詳解】依題意，直線的斜率不為0，設直線的方程為，，由消去并整理得：，則，，因與方向相同，即，又橢圓是以原點O為對稱中心的中心對稱圖形，于是得，即四邊形為平行四邊形，其面積，則，令，則，則，顯然在上單調遞增，則當時，，即，從而可得，所以四邊形面積的取值范圍為.【點睛】結論點睛：過定點的直線l：y=kx+b交圓錐曲線于點，，則面積；過定點直線l：x=ty+a交圓錐曲線于點，，則面積19、（1）條件選擇見解析，；（2）.【解析】（1）選①，可得出，由可求得數列的通項公式；選②，分析可知數列是公差為的等差數列，根據已知條件求出的值，利用等差數列的求和公式可求得數列的通項公式；選③，在等式中令可求得的值，即可得出數列的通項公式；（2）求得，利用裂項相消法可求得.【小問1詳解】解：選①，因為，則，則，當時，，也滿足，所以，對任意的，；選②，因為，則數列是公差為的等差數列，所以，，解得，則；選③，對任意的，，則，可得，因此，.【小問2詳解】解：因為，因此，.20、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）由題意可得關于參數的方程，解之即可得到結果；（Ⅱ）設直線AP的斜率為k，聯立方程結合韋達定理可得A點坐標，同理可得B點坐標，結合橫坐標之差為，可得直線方程.【詳解】（Ⅰ）由拋物線方程可得焦點為，則橢圓C的一個頂點為，即.由，解得.∴橢圓C的標準方程是；（Ⅱ）由題可知點，設直線AP的斜率為k，由題意知，直線BP的斜率為，設，，直線AP的方程為，即.聯立方程組消去y得.∵P，A為直線AP與橢圓C的交點，∴，即.把換成，得.∴，解得，當時，直線BP的方程為，經驗證與橢圓C相切，不符合題意；當時，直線BP的方程為，符合題意.∴直線AP得方程為.【點睛】關鍵點點睛：兩條直線關于直線對稱，兩直線的傾斜角互補，斜率互為相反數.21、（1）的極大值為0,的極小值為（2）2【解析】（1）先求導可得，再利用導函數判斷的單調性，進而求解；（2）由（1）可得在上的最小值為，由，，可得的最大值為，進而根據求解即可.【詳解】解:（1）當時，，所以，令，則或，則當和時，；當時，，則在和上單調遞增，在上單調遞減,所以極大值為；的極小值為.（2）由題,，由（1）可得在上單調遞減，在上單調遞增，所以的最小值即為的極小值；因為,,所以，因為，則，所以.【點睛】本題考查利用導函數求函數的極值,考查利用導函數求函數的最值,考查運算能力.22、（1）證明見解析，直線與平面的距離為（2）【解析】（1）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立