2023-2024学年吉林省长春市九台市师范中数学高二上期末学业水平测试试题含解析.doc

1、2023-2024学年吉林省长春市九台市师范中数学高二上期末学业水平测试试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答

2、题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1已知双曲线：的左、右焦点分别为，点在双曲线上.若为钝角三角形，则的取值范围是A.B.C.D.2已知椭圆与双曲线有相同的焦点、，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点P为椭圆与双曲线的交点，且，则当取最大值时的值为（）A.B.C.D.3已知数列是等比数列，是函数的两个不同零点，则（ ）A.16B.C.14D.4已知点在椭圆上，与关于原点对称，交轴于点，为坐标原点，则椭圆离心率为（ ）A.B.C.D.5已知过点的直线与圆相切，且与直线平行，则（）

3、A.2B.1C.D.6若，则下列等式一定成立的是（ ）A.B.C.D.7在数列中，则等于A.B.C.D.8用数学归纳法时，从“k到”左边需增乘的代数式是（）A.B.C.D.9已知直线l1：yx+2与l2：2ax+y10垂直，则a（）A.B.C.1D.110已知等差数列中，、是的两根，则（）AB.C.D.11已知，为椭圆上关于短轴对称的两点，、分别为椭圆的上、下顶点，设，、分别为直线，的斜率，则的最小值为（）A.B.C.D.12已知等比数列中，则该数列的公比为（）A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知，且，则的最小值为_.14狄利克雷是十九世纪德国杰出的数学家，

4、对数论、数学分析和数学物理有突出贡献.狄利克雷曾提出了“狄利克雷函数”.若，根据“狄利克雷函数”可求_.15椭圆（ab0）的左、右顶点分别是A,B,左、右焦点分别是F1，F2若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为_16数列满足，则_.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）如图，渔船甲位于岛屿A的南偏西60方向的B处，且与岛屿A相距12海里，渔船乙以10海里/小时的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东的方向追赶渔船乙，刚好用2小时追上.（1）求渔船甲的速度；（2）求的值.18（12分）在如图所示的几何体

5、中，四边形是平行四边形，四边形是矩形，且平面平面，点是线段上的动点（1）证明：；（2）设平面与平面的夹角为，求的最小值19（12分）已知项数为的数列是各项均为非负实数的递增数列.若对任意的，（），与至少有一个是数列中的项，则称数列具有性质.（1）判断数列，是否具有性质，并说明理由；（2）设数列具有性质，求证：；（3）若数列具有性质，且不是等差数列，求项数的所有可能取值.20（12分）在四棱锥PABCD中，ABC=ACD=90，BAC=CAD=60，PA平面ABCD，E为PD的中点，PA=2AB=2（1）求四棱锥PABCD的体积V；（2）若F为PC的中点，求证PC平面AEF21（12分）如图，在

6、三棱柱中，2，且，底面ABCE为AB中点（1）求证：平面；（2）求平面与平面CEB夹角的余弦值22（10分）在四面体ABCD中，CB=CD，且E，F分别是AB，BD的中点，求证：（I）直线；（II）参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】根据双曲线的几何性质，结合余弦定理分别讨论当为钝角时的取值范围，根据双曲线的对称性，可以只考虑点在双曲线上第一象限部分即可.【详解】由题：双曲线：的左、右焦点分别为，点在双曲线上，必有，若为钝角三角形，根据双曲线的对称性不妨考虑点在双曲线第一象限部分：当为钝角时，在中，设，有，

7、即，所以；当时，所在直线方程，所以，根据图象可得要使，点向右上方移动，此时，综上所述：的取值范围是.故选：C【点睛】此题考查双曲线中焦点三角形相关计算，关键在于根据几何意义结合特殊情况分类讨论，体现数形结合思想.2、D【解析】由椭圆的定义及双曲线的定义结合余弦定理可得，的关系，由此可得，再利用重要不等式求最值，并求此时的的值.【详解】设为第一象限的交点，、，则、，解得、，在中，由余弦定理得：，即，当且仅当，即，时等号成立，此时故选：D3、B【解析】由题意得到，根据等比数列的性质得到，化简，即可求解.【详解】由，是函数的两个不同零点，可得，根据等比数列的性质，可得则.故选：B.4、B【解析】由，

8、得到，结合，得到，进而求得，得出，结合离心率的定义，即可求解.【详解】设，则，由，可得，所以，因为，可得，又由，两式相减得，即，即，又因为，所以，即又由，所以，解得.故选：B.5、C【解析】先根据垂直关系设切线方程，再根据圆心到切线距离等于半径列式解得结果.【详解】因为切线与直线平行，所以切线方程可设为因为切线过点P(2，2)，所以因为与圆相切，所以故选：C6、D【解析】利用复数除法运算和复数相等可用表示出，进而得到之间关系.【详解】，则.故选：D.7、D【解析】分析：已知逐一求解详解：已知逐一求解故选D点睛：对于含有的数列，我们看作摆动数列，往往逐一列举出来观察前面有限项的规律8、C【解析】

9、分别求出nk时左端的表达式，和nk+1时左端的表达式，比较可得“n从k到k+1”左端需增乘的代数式【详解】当nk时，左端（k+1）（k+2）（k+3）（2k），当nk+1时，左端（k+2）（k+3）（2k）（2k+1）（2k+2），左边需增乘的代数式是故选：C【点睛】本题考查用数学归纳法证明等式，分别求出nk时左端的表达式和nk+1时左端的表达式，是解题的关键9、A【解析】利用两直线垂直斜率关系，即可求解.【详解】直线l1：yx+2与l2：2ax+y10垂直，.故选:A【点睛】本题考查两直线垂直间的关系，属于基础题.10、B【解析】利用韦达定理结合等差中项的性质可求得的值，再结合等差中项的性质

10、可求得结果.【详解】对于方程，由韦达定理可得，故，则，所以，.故选：B.11、A【解析】设出点，的坐标，并表示出两个斜率、，把代数式转化成与点的坐标相关的代数式，再与椭圆有公共点解决即可.【详解】椭圆中：，设则，则，令，则它对应直线由整理得由判别式解得即，则的最小值为故选：A12、C【解析】设等比数列的公比为，可得出，即可得解.【详解】设等比数列的公比为，可得出.故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、4【解析】利用“1”的妙用，运用基本不等式即可求解.【详解】，即，又，当且仅当且，即，时，等号成立，则的最小值为4.故答案为：.14、1【解析】由“狄利克雷函数”解析式，

11、先求出，再根据指数函数的解析式求即可.【详解】由题设，则.故答案：115、【解析】本题着重考查等比中项的性质，以及椭圆的离心率等几何性质，同时考查了函数与方程，转化与化归思想.利用椭圆及等比数列的性质解题.由椭圆的性质可知：，.又已知，成等比数列，故，即，则.故.即椭圆的离心率为.【点评】求双曲线的离心率一般是通过已知条件建立有关的方程，然后化为有关的齐次式方程，进而转化为只含有离心率的方程，从而求解方程即可.体现考纲中要求掌握椭圆的基本性质.来年需要注意椭圆的长轴，短轴长及其标准方程的求解等.16、【解析】根据题中所给的递推式得到数列具有周期性，进而得到结果.【详解】根据题中递推式知，可知数

12、列具有周期性，周期为3，因为故故答案为：三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）14海里小时； （2）.【解析】（1）由题意知，.在中，利用余弦定理求出，进而求出渔船甲的速度.（2）在中，由正弦定理，即可解出的值.【小问1详解】(1）依题意，.在中，由余弦定理，得.解得.故渔船甲的速度为海里小时.即渔船甲的速度为14海里小时.【小问2详解】在中，因为，由正弦定理，得，即.值为.18、（1）证明见解析； （2）.【解析】（1）要证，只需证平面，只需证（由勾股定理可证），只需证平面，只需证（由平面平面可证），（由可证），即可证明结论.（2）以为原点，所在直线分别为

13、x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系写出点与点的坐标由于轴，可设，可得出与的坐标设为平面的法向量，求出法向量.是关于的一个式子，求出的取值范围，即可求出的最小值【小问1详解】在中，所以，所以所以是等腰直角三角形，即因为，所以又因为平面平面，平面平面，所以平面又平面，所以又因为，EC，平面所以平面又平面，所以，所以在中， 所以所以又因为，所以，所以又，平面所以平面又平面，所以【小问2详解】以为原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系则，因为轴，可设，可求得，设为平面的法向量则令，解得，所以又因为是平面的法向量所以，因为，所以所以当时，取到最小值19、（1）数列，不具有性

14、质；（2）证明见解析；（3）可能取值只有.【解析】（1）由数列具有性质的定义，只需判断存在与都不是数列中的项即可.（2）由性质知：、，结合非负递增性有，再由时，必有，进而可得，应用累加法即可证结论.（3）讨论、，结合性质、等差数列的性质判断是否存在符合题设性质，进而确定的可能取值.【小问1详解】数列，不具有性质.因为，和均不是数列，中的项，所以数列，不具有性质.【小问2详解】记数列的各项组成的集合为，又，由数列具有性质，所以，即，所以.设，因为，所以.又，则，.将上面的式子相加得：.所以.【小问3详解】（i）当时，由（2）知，这与数列不是等差数列矛盾，不合题意.（ii）当时，存在数列，符合题意

15、，故可取.（iii）当时，由（2）知，.当时，所以，.又，即.由，得：，.由两式相减得：，这与数列不是等差数列矛盾，不合题意.综上，满足题设的的可能取值只有.【点睛】关键点点睛：第二问，由可知，并应用累加法求证结论；第三问，讨论k的取值，结合的性质，由性质、等差数列的性质判断不同k的取值情况下数列的存在性即可.20、 (1)(2)见解析.【解析】（1）在中，求得，由此能求出四棱锥 的体积；（2）由平面 ，证得和 ，由此利用线面垂直的判定定理，即可证得平面.试题解析：（1）在中，.在中,.则.（2）， 为的中点， .平面.平面 .为 中点，为 为中点，则.平面.考点：四棱锥的体积公式；直线与平面

16、垂直的判定与证明.21、（1）证明见解析； （2）.【解析】（1）连接 与交于点O，连接OE，得到，再利用线面平行的判定定理证明即可；（2）根据，底面，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，再根据底面，得到平面一个法向量，然后由夹角公式求解.【小问1详解】如图所示：连接 与交于点O，连接OE，如图，由分别为的中点所以，又平面，平面，所以平面；【小问2详解】由，底面，故底面建立如图所示空间直角坐标系：则，所以，设平面的一个法向量为：，则，即，令，则，则，因为底面，所以为平面一个法向量，所以所以平面与平面CEB夹角的余弦值为.22、（I）证明见解析（II）证明见解析【解析】证明：（I）E，F分别为AB，BD的中点（II），又，所以