甘肃省天水第一中学2024届数学高二上期末统考试题含解析

注意事项

1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．

2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置． 3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．

4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效． 5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．已知向量a3,0,4，则a（ ） A.5 C.7

B.6 D.8

2．设B点是点A(2，3，5)关于平面xOy的对称点，则|AB|（） A.10 C.38 B.10 D.38

3．已知递增等比数列an的前n项和为Sn，a11，且a42a33a2，则S2021与a2021的关系是（ ） A.S20212a20213 C.2S20213a20211

B.S20212a20213 D.2S20213a20211

4．已知函数 f(x) 的图象如图所示，则导函数 f (x)的图象可能是（ ）

A. B.

C. D.

5．等差数列an中，已知a70，a2a100，则an的前n项和Sn的最小值为（） A.S5 C.S7

10B.S6 D.S8

6．(x1)的二项展开式中，二项式系数最大的项是第（）项. A.6 C.4和6

B.5 D.5和7

7．若数列an满足a12，an1A.2 C.2 8．方程

B.1 D.1

1annN*，则该数列的前2021项的乘积是（） 1anx2(y2)2x2(y2)210化简的结果是（）

x2y2B.1 2521x2y21 A.

2516x2y2C.1 2y2x2D.1 25219．从集合2,4,6,8中任取两个不同元素，则这两个元素相差2的概率为（） A.

1 3B.2 D.

21C.

1 42 310．已知抛物线C:y2pxp0过点A2,2，点B为平面直角坐标系平面内一点，若线段AB的垂直平分线过抛物线C的焦点F，则点B与原点O间的距离的最小值为（ ） A.2 C.

B.2 D.3

5 2x2y211．方程1表示椭圆的充分不必要条件可以是（）

m31mA.m3,1 C.m3,0

B.m3,11,1 D.m3,1

1x2y212．已知椭圆M:221ab0的离心率为，左、右焦点分别为F1、F2，过F2作y轴的平行线交椭圆M2ab于A、B两点，O为坐标原点，双曲线N的虚轴长为3，且以F1、F2为顶点，以直线OA、OB为渐近线，则椭圆M的短轴长为（ ） A.2 C.23 B.3 D.43 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

y213．已知双曲线x21(b0)的两条渐近线的夹角为，则b_______

3b214．达•芬奇认为：和音乐一样，数学和几何“包含了宇宙的一切”，从年轻时起，他就本能地把这些主题运用在作品中，布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达•芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达•芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体.若图3中每个正方体的边长为1，则点

F到直线QC的距离是__________.

15．过点1,0且与直线2xy10平行的直线l的方程是______. 16．函数f(x)4x1，则函数f(x)在x2处切线的斜率为_______________.

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．（12分）已知等比数列an（1）求an的通项公式；

前3项和为

7,2a1a26a33a40 2（2）若对任意nN,m111a1a2a31恒成立，求m的取值范围 anx2y2233218．（12分）已知椭圆E:221(ab0)的离心率为，且点(,)在椭圆E上

ab332（1）求椭圆E的标准方程；

（0,2）（2）若过定点F的直线交椭圆E于不同的两点G、H(点G在点F、H之间)，且满足FGFH，求的取

值范围.

19．（12分）如图所示，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，点E，F分别在棱AA1，CC1上，且

AE31AA1，CFCC1

44

（1）证明：点D1在平面BEF内；

（2）若AC23，BD2，AA14，求直线BC1与平面BEF所成角的正弦值

20．（12分）王同学入读某大学金融专业，过完年刚好得到红包6000元，她计划以此作为启动资金进行理投资，每月月底获得的投资收益是该月月初投入资金的20%，并从中拿出1000元作为自己的生活费，余款作为资金全部投入下个月，如此继续.设第n个月月底的投资市值为an.

（1）求证：数列{an-5000}为等比数列；

（2）如果王同学想在第二年过年的时候给奶奶买一台全身按摩椅（商场标价为129元），将一年后投资市值全部取

出来是否足够？1.27.43,1.28.92

21．（12分）如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，点E在棱BB1上.

1112

（1）求证：AC11DE；

（2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作

已知，使得DB1平面EA1C1，并给出证明.

条件①：E为BB1的中点；条件②：BD1//平面EA1C1；条件③：DB1BD1. （3）在（2）的条件下，求平面EA1C1与平面DA1C1夹角的余弦值.

1xt222．（10分）在平面直角坐标系xOy中，已知直线：l:（t为参数）．以坐标原点O为极点，x轴正半轴

3y2t2为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为2sin（1）求曲线C的直角坐标方程；

（2）设点M的直角坐标为(0,2)，直线l与曲线C的交点为A，B，求|MA||MB|的值

 3 参

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、A

【解析】利用空间向量的模公式求解.

【详解】因

2向量a3,0,4，

2所以a30(4)5， 故选：A 2、A

【解析】写出B点坐标，由对称性易得线段长 【详解】

点B是点A(2，3，5)关于平面xOy的对称点，

B的横标和纵标与A相同，而竖标与A相反，

B(2，3，5)，

直线AB与z轴平行，

|AB|5(5)10， 故选：A 3、D

【解析】设等比数列的公比为qq0，由已知列式求得q，再由等比数列的通项公式与前n项和求解. 【详解】设等比数列的公比为qq0，

2由a42a33a2，得q2q30，

所以q3q10， 又q0，所以q3，

2020所以a20213所以S2021132021120211，S20213，

1322320201313a2021 2222即2S20213a20211 故选：D 4、D

【解析】根据导函数正负与原函数单调性关系可作答

【详解】原函数在3,3上先减后增，再减再增，对应到导函数先负再正，再负再正，且原函数在0,0处与x轴相切，故f'0=0

可知，导函数图象为D

故选：D 5、B

【解析】由等差数列的性质将a2a100转化为a60，而a70，可知数列是递增数，从而可求得结果 【详解】∵等差数列an中，a2a100， ∴a2a102a60，即a60．又a70， ∴an的前n项和Sn的最小值为S6 故选：B 6、A

【解析】由二项展开的中间项或中间两项二项式系数最大可得解.

【详解】因为二项式(x1)展开式一共11项，其中中间项的二项式系数最大， 易知当r＝5时，C10最大，即二项展开式中，二项式系数最大的为第6项. 故选：A 7、C

【解析】先由数列an满足a12，an1利用周期性即可得到答案.

【详解】因为数列an满足a12，an1r101annN*，计算出前5项，可得an4an，且a1a2a3a41，再1an1annN*， 1an所以a21a11211==3，同理可得a3,a4,a52，…

1a11223所以数列an每四项重复出现，即an4an，且a1a2a3a41， 而202150541，

505所以该数列的前2021项的乘积是a1a2a3a4a20211a12.

故选：C. 8、D

【解析】由方程的几何意义得到是椭圆，进而得到焦点和长轴长求解. 【详解】∵方程x2(y2)2x2(y2)210，

表示平面内到定点F1(0,2)、F2(0,2)的距离的和是常数10(104)的点的轨迹，

∴它的轨迹是以F1、F2为焦点，长轴2a10，焦距2c4的椭圆； ∴a5,c2,b25421；

y2x2∴椭圆的方程是1，即为化简的结果

2521故选：D 9、B

【解析】一一列出所有基本事件，然后数出基本事件数n和有利事件数m，代入古典概型的概率计算公式P可得解.

【详解】解：从集合2,4,6,8中任取两个不同元素的取法有(2,4)、(2,6)、(2,8)、(4,6)、(4,8)、(6,8)共6种，其中满足两个元素相差2的取法有(2,4)、(4,6)、(6,8)共3种.故这两个元素相差2的概率为2. 故选：B. 10、B

【解析】将点A的坐标代入抛物线C的方程，求出p的值，可求得抛物线C的方程，求出F的坐标，分析可知点B的轨迹是以点F为圆心，半径为

1m，即n5的圆，利用圆的几何性质可求得点B与原点O间的距离的最小值. 22【详解】将点A的坐标代入抛物线C的方程得2p22，可得p1，

2故抛物线C的方程为y2x，易知点F1,0， 2由中垂线的性质可得BFAF2p5， 225的圆， 2则点B的轨迹是以点F为圆心，半径为

2125故点B的轨迹方程为xy2，如下图所示： 24

由图可知，当点B、O、F三点共线且O在线段BF上时，OB取最小值， 且OBminBFOF故选：B. 11、D

512. 22x2y2【解析】由“方程1表示椭圆”可求得实数m的取值范围，结合充分不必要条件的定义可得出结论.

m31mm30xy【详解】若方程，解得3m31m故选：D. 12、C

【解析】不妨取点A在第一象限，根据椭圆与双曲线的几何性质，以及它们之间的联系，可得点A的坐标，再将其代入椭圆的方程中，解之即可 【详解】解：由题意知， 在椭圆M中，有a2c，

在双曲线N中，有ac，2b3，即b双曲线的渐近线方程为y3， 2bx， ab3c)，即(c,)， a2不妨取点A在第一象限，则A的坐标为(c,c29将其代入椭圆的方程中，有221，

a4bc29221，解得b4c4b3，

椭圆M的短轴长为2b23 故选：C

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、

3或3 3【解析】首先判断渐近线的倾斜角，再求b的值.

【详解】由条件可知双曲线的其中一条渐近线方程是ybx，b0 因为两条渐近线的夹角是

，所以直线ybx的倾斜角是或，

633即btan63或btan3. 33故答案为：3或3 314、2

【解析】根据题意，求得△FQC的三条边长，在三角形FQC中求边QC边上的高线即可. 【详解】根据题意，延长QN,BA交于点M，连接QF,FC，如下所示：

在△QFC中，容易知：QFQN2NF212同理FC1222223；

526，QCQM2MC222523，

满足QFFCQC，设点F到直线QC的距离为d，由等面积法可知：

2QFFCQCd，解得d362，即点F到直线QC的距离是2. 3故答案为：2. 15、2xy20

【解析】设出直线l的方程，代入点的坐标，求出直线l的方程.

【详解】设过点1,0且与直线2xy10平行的直线l的方程为2xyC0，将1,0代入，则2C0，解得：C2，所以直线l的方程为2xy20. 故答案为：2xy20 16、

23 【解析】根据导数的几何意义求解即可. 【详解】解：因为f(x)4x1，所以fx24x1， 所以

，

所以函数f(x)在x2处切线的斜率为23 故答案为：

23

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）an2n2

（2）m≥4

【解析】（1）由等比数列的基本量，列式，即可求得首项和公比，再求通项公式；

（2）由题意转化为求数列1a的前n项和的最大值，即可求参数m的取值范围.

n【小问1详解】

设等比数列的公比为q，则a1a2a3a11qq272，① 2a1a26a33a42a1a232a3a40，

即2a1a232a21a2q2a1a213q20，

得2a1a20a22，即qa12，

代入①得a1124所以ana1qn171，解得：a1， 2212n12n2； 2【小问2详解】

1111由（1）可知是首项为2，公比为的等比数列， n2，数列an22an121n111112Sn...41n，

1a1a2a3an212若对任意nN,m111a1a2a31恒成立，即mSnmax， an数列Sn41所以m≥4

12n*，nN,单调递增,Sn的最大值无限趋近于4， x218、（1）y21

2（2）,1

【解析】（1）代入点坐标，结合离心率，以及a2b2c2即得解；

（2）设直线GH方程，与椭圆联立，转化FGFH为x1x2，结合韦达定理和判别式，分析即得解 【小问1详解】

13c22a2a41由题意可知：，解得：b1

331c122aba2b2c2x2椭圆C的标准方程为：y21

2【小问2详解】

①当直线GH斜率不存在，方程为x0，则FG11FH，.

33②当直线GH斜率存在时，设直线GH方程为ykx2，

ykx2122(k)x4kx30. 联立x2得：22y122（k2）0得：k2由Δ16k12123. 2设G(x1,y1)，H(x2,y2)， 则

x1x2364k8kxx221，121， 12k12k22kk22x1， x2（x1,y12）（x2,y22）又FGFH，，x1x2，则x1x2x1x22x1x2132k23222x2x1312k2321

k23216116143k2，所以1，所以42，解得：3, 33(22)233k又01，

11 313综上所述：的取值范围为[,1). 19、（1）证明见解析； （2）315. 40【解析】（1）设BD2a、AC2b、AA14c、AC与BD的交点为O，由直四棱柱的性质构建空间直角坐标系，确定BE、FD1的坐标可得BEFD1，即可证结论.

（2）由题设，求出BE、BF、BC1的坐标，进而求得面BEF的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求直线BC1与平面BEF所成角的正弦值 【小问1详解】

由题意，ACBD，设BD2a，AC2b，AA14c，设AC与BD的交点为O， 以O为坐标原点，分别以BD，AC所在直线为x，y轴建立如下空间直角坐标系，

则B(a,0,0)，E(0,b,3c)，F(0,b,c)，D1a,0,4c，

所以BEa,b,3c，FD1a,b,3c，得BEFD1，即BE//FD1， 因此点D1在平面BEF内 【小问2详解】

由（1）及题设，B(1,0,0)，E0,3,3，F0,3,1，C10,3,4， 所以BE1,3,3，BF1,3,1，BC1,13,4

BEnx3y3z0设nx,y,z为平面BEF的法向量，则，令y1，即n23,1,3

BFnx3yz0设直线BC1与平面BEF所成角为，则sincosBC1,nBC1nBC1n315 4020、（1）证明见解析 （2）足够

【解析】（1）由题意可得出递推关系an11.2an1000，变形后利用等比数列的定义求证即可； （2）由（1）利用等比数列的通项公式求出an5000，再求出an，再计算a12即可得出结论. 【小问1详解】

依题意，第1个月底股票市值

a16000120%10006200

an1an120%10001.2an1000，

则

an150001.2an60001.2

an5000an5000又a150001200，

∴数列an5000是首项为1200，公比为1.2的等比数列. 【小问2详解】

n1由（1）知an500012001.2

11∴a12500012001.216，即a1216500013916.

∵a1213916129，所以王同学将一年理财投资所得全部取出来是足够的. 21、（1）证明见解析； （2）答案见解析；（3）10. 10【解析】（1）连结BD，B1D1，由直四棱柱的性质及线面垂直的性质可得BB1AC11，再由正方形的性质及线面垂直的判定、性质即可证结论.

（2）选条件①③，设AC11B1D1O，连结OE，BD1，由中位线的性质、线面垂直的性质可得DB1OE、

AC11B1D1O，连结OE，由线面平行的性质及平11DB1，再由线面垂直的判定证明结论；选条件②③，设AC行推论可得DB1OE，由线面垂直的性质有AC11DB1，再由线面垂直的判定证明结论；

（3）构建空间直角坐标系，求平面EA1C1、平面DA1C1的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求平面EA1C1与平面

DA1C1夹角的余弦值.

【小问1详解】

连结BD，B1D1，由直四棱柱ABCDA1B1C1D1知：BB1平面A1B1C1D1，又A1C1平面A1B1C1D1，

所以BB1AC11，又A1C1B1D1，又B1D1BB1B1， 1B1C1D1为正方形，即A∴A1C1平面D1DBB1，又DE平面D1DBB1， ∴AC11DE. 【小问2详解】

选条件①③，可使DB1平面EA1C1.证明如下：

设AC11B1D1O，连结OE，BD1，又E，O分别是BB1，B1D1的中点， ∴OE//BD1.

又DB1BD1，所以DB1OE.

由（1）知：A1C1平面D1DBB1，DB1平面D1DBB1，则AC11DB1. 又A1C1OEO，即DB1平面EA1C1. 选条件②③，可使DB1平面EA1C1.证明如下： 设AC11B1D1O，连结OE.

因为BD1//平面EA1C1，BD1平面D1DBB1，平面D1DBB1平面EA1C1OE， 所以BD1//OE，又DB1BD1，则DB1OE.

由（1）知：A1C1平面D1DBB1，DB1平面D1DBB1，则AC11DB1. 又A1C1OEO，即DB1平面EA1C1. 【小问3详解】

由（2）可知，四边形D1DBB1为正方形，所以DD1BD2. 因为DA，DC，DD1两两垂直，

如图，以D为原点，建立空间直角坐标系Dxyz，则D0,0,0，A11,0,2，B11,1,2，C10,1,2，

2E1,1,，D10,0,2， 2

DA11,0,2. 所以AC111,1,0，

由（1）知：平面EA1C1的一个法向量为DB11,1,2.

nA1C1xy0DAC设平面，令x2，则n11的法向量为n{x,y,z}，则nDA1x2z0设平面EA1C1与平面DA1C1的夹角为，则coscosn,DB12,2,1.

nDB1nDB122510， 10所以平面EA1C1与平面DA1C1夹角的余弦值为22、（1）x2y23xy0 （2）23 【解析】【小问1详解】 由2sin10. 103,得2sin123cos. 2两边同乘,即2sin3cos.

由xcos,ysin,得曲线C的直角坐标方程为x2y23xy0 【小问2详解】

1xt2将代入x2y23xy0,得t223t20, y23t2设A,B对应的参数分别为t1,t2 则t1t223,t1t22 所以t10,t20.

由参数t的几何意义得|MA||MB|t1t223