2023-2024學年吉林省吉林市蛟河市一中數學高二上期末學業(yè)水平測試試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請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．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為A.54 B.45C.27 D.812．如圖，過拋物線的焦點的直線與拋物線交于兩點，與其準線交于點（點位于之間）且于點且，則等于（）A. B.C. D.3．已知命題：，；命題：，.則下列命題中為真命題的是（）A. B.C. D.4．在平面上有及內一點O滿足關系式：即稱為經典的“奔馳定理”，若的三邊為a，b，c，現(xiàn)有則O為的（）A.外心 B.內心C.重心 D.垂心5．方程與的曲線在同一坐標系中的示意圖應是（）A. B.C. D.6．若，則（）A.1 B.0C. D.7．已知雙曲線的離心率為5，則其標準方程為()A. B.C. D.8．已知雙曲線的焦點在y軸上，且實半軸長為4，虛半軸長為5，則雙曲線的標準方程為（）A.＝1 B.＝1C.＝1 D.＝19．復數的共軛復數的虛部為（）A. B.C. D.10．在數列中，，則的值為（）A. B.C. D.以上都不對11．若函數在上為單調減函數，則的取值范圍（）A. B.C. D.12．設是公比為的等比數列，則“”是“為遞增數列”的A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖，棱長為1的正方體，點沿正方形按的方向作勻速運動，點沿正方形按的方向以同樣的速度作勻速運動，且點分別從點A與點同時出發(fā)，則的中點的軌跡所圍成圖形的面積大小是________.14．已知函數的單調遞減區(qū)間是，則的值為______.15．同時擲兩枚骰子，則點數和為7的概率是__________.16．從10名大學畢業(yè)生中選3個人擔任村主任助理，則甲、乙至少有1人入選，而丙沒有入選不同選法的種數為___________.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）已知數列的前項和為，且，（1）求的通項公式；（2）求的最小值18．（12分）已知數列的前n項和為，，，其中.（1）記，求證：是等比數列；（2）設，數列的前n項和為，求證：.19．（12分）已知橢圓C：的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為，橢圓C上點M滿足（1）求橢圓C的標準方程：（2）若過坐標原點的直線l交橢圓C于P，Q兩點，求線段PQ長為時直線l的方程20．（12分）已知函數，求函數在上的最大值與最小值.21．（12分）已知數列的前n項和為，且，，數列滿足：，，，.（1）求數列，的通項公式；（2）求數列的前n項和；（3）若不等式對任意恒成立，求實數k的取值范圍22．（10分）設數列的前項和為，已知，且（1）證明：；（2）求

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】由三視圖可得該幾何體是由平行六面體切割掉一個三棱錐而成，直觀圖如圖所示，所以該幾何體的體積為故選B點睛：本題考查了組合體的體積，由三視圖還原出幾何體，由四棱柱的體積減去三棱錐的體積.2、B【解析】由題可得，然后結合條件可得，即求.【詳解】設于點，準線交軸于點G，則，又，∴，又于點且，∴BE∥AD，∴，即，∴，∴等于.故選：B.3、C【解析】利用基本不等式判斷命題的真假，由不等式性質判斷命題的真假，進而確定它們所構成的復合命題的真假即可.【詳解】由，當且僅當時等號成立，故不存在使，所以命題為假命題，而命題為真命題，則為真，為假，故為假，為假，為真，為假.故選：C4、B【解析】利用三角形面積公式，推出點O到三邊距離相等。【詳解】記點O到AB、BC、CA的距離分別為，，，，因為，則，即，又因為，所以，所以點P是△ABC的內心.故選：B5、A【解析】方程即，表示拋物線，方程表示橢圓或雙曲線，當和同號時，拋物線開口向左，方程表示焦點在軸的橢圓，無符合條件的選項；當和異號時，拋物線開口向右，方程表示雙曲線，本題選擇A選項.6、C【解析】由結合二項式定理可得出，利用二項式系數和公式可求得的值.【詳解】，當且時，，因此，.故選：C.【點睛】關鍵點睛：本題考查二項式系數和的計算，解題的關鍵是熟悉二項式系數和公式，考查學生的轉化能力與計算能力，屬于基礎題.7、D【解析】雙曲線離心率公式和a、b、c的關系即可求得m，從而得到雙曲線的標準方程.【詳解】∵雙曲線，∴，又，∴，∵離心率為，∴，解得，∴雙曲線方程.故選：D.8、D【解析】根據雙曲線的性質求解即可.【詳解】雙曲線的焦點在y軸上，且實半軸長為4，虛半軸長為5，可得a＝4，b＝5，所以雙曲線方程為：＝1.故選：D.9、B【解析】先根據復數除法與加法運算求解得，再求共軛復數及其虛部.【詳解】解：，所以其共軛復數為，其虛部為故選：B10、C【解析】由數列的遞推公式可先求數列的前幾項，從而發(fā)現(xiàn)數列的周期性的特點，進而可求.【詳解】解：，數列是以3為周期的數列故選：【點睛】本題主要考查了利用數列的遞推公式求解數列的項，解題的關鍵是由遞推關系發(fā)現(xiàn)數列的周期性的特點，屬于基礎題.11、A【解析】分析可知對任意的恒成立，利用參變量分離法結合二次函數的基本性質可求得實數的取值范圍.【詳解】因為，則，由題意可知，對任意的恒成立，則，當時，在上單調遞減，在上單調遞減，所以，，故.故選：A.12、D【解析】當時，不是遞增數列；當且時，是遞增數列，但是不成立，所以選D.考點：等比數列二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、##【解析】畫出符合要求的圖形，觀察得到軌跡是菱形，并進行充分性和必要性兩方面的證明，并求解出軌跡圖形的面積.【詳解】如圖，分別是正方形ABCD，，的中心，下面進行證明：菱形EFGC的周界即為動線段PQ的中點H的軌跡，首先證明：如果點H是動線段PQ的中點，那么點H必在菱形EFGC的周界上，分兩種情況證明：（1）P，Q分別在某一個定角的兩邊上，不失一般性，設P從B到C，而Q同時從到C，由于速度相同，所以PQ必平行于，故PQ的中點H必在上；（2）P，Q分別在兩條異面直線上，不失一般性，設P從A到B，同時Q從到，由于速度相同，則，由于H為PQ的中點，連接并延長，交底面ABCD于點T，連接PT，則平面與平面交線是PT，∵∥平面，∴∥PT，∴，而，∥BC，∴是等腰直角三角形，，從而T在AC上，可以證明FH∥AC，GH∥AC，DG∥AC，基于平行線的唯一性，顯然H在DG上，綜合（1）（2）可證明，線段PQ的中點一定在菱形EFGC的周界上；下面證明：如果點H在菱形EFGC的周界上，則點H必定是符合條件的線段的中點.也分兩種情況進行證明：（1）H在CG或CE上，過點H作PQ∥（或BD），而與BC及（或CD及BC）分別相交于P和Q，由相似的性質可得：PH=QH，即H是PQ的中點，同時可證：BP=（或BQ=DP），因此P、Q符合題設條件（2）H在EF或FG上，不失一般性，設H在FG上，連接并延長，交平面AC于點T，顯然T在AC上，過T作TP∥CB于點P，則TP∥，在平面上，連接PH并延長，交于點Q，在三角形中，G是的中點，∥AC，則H是的中點，于是，從而有，又因為TP∥CB，，所以，從而，因此P，Q符合題設條件.由（1）（2），如果H是菱形EFGC周界上的任一點，則H必是符合題設條件的動線段PQ的中點，證畢.因為四邊形為菱形，其中，所以邊長為且，為等邊三角形，，所以面積.故答案為：【點睛】對于立體幾何軌跡問題，要畫出圖形，并要善于觀察，利用所學的立體幾何方面的知識，大膽猜測，小心驗證，對于多種情況的，要畫出相應的圖形，注意分類討論.14、【解析】先求出，由題設易知是的解集，利用根與系數關系求m、n，進而求的值.【詳解】由題設，，由單調遞減區(qū)間是，∴的解集為，則是的解集，∴，可得，故.故答案為：15、【解析】利用古典概型的概率計算公式即得.【詳解】依題意，記拋擲兩顆骰子向上的點數分別為，，則可得到數組共有組，其中滿足的組數共有6組，分別為，，，，，，因此所求的概率等于.故答案為：.16、49【解析】丙沒有入選，相當于從9個人中選3人，分為兩種情況：甲乙兩人只有一人入選；甲乙兩人都入選，分別求出每種情況的選法數，再利用分類加法計數原理即可得解.【詳解】丙沒有入選，把丙去掉，相當于從9個人中選3人，甲、乙至少有1人入選，分為兩種情況：甲乙兩人只有一人入選；甲乙兩人都入選.甲乙兩人只有一人入選，選法有種；甲乙兩人都入選，選法有種.所以，滿足題意的選法共有種.故答案為：49.【點睛】本題考查組合的應用，其中涉及到分類加法計數原理，屬于中檔題.一些常見類型的排列組合問題的解法：（1）特殊元素、特殊位置優(yōu)先法元素優(yōu)先法：先考慮有限制條件的元素的要求，再考慮其他元素；位置優(yōu)先法：先考慮有限制條件的位置的要求，再考慮其他位置；（2）分類分步法：對于較復雜的排列組合問題，常需要分類討論或分步計算，一定要做到分類明確，層次清楚，不重不漏；（3）間接法（排除法），從總體中排除不符合條件的方法數，這是一種間接解題的方法；（4）捆綁法：某些元素必相鄰的排列，可以先將相鄰的元素“捆成一個”元素，與其它元素進行排列，然后再給那“一捆元素”內部排列；（5）插空法：某些元素不相鄰的排列，可以先排其它元素，再讓不相鄰的元素插空；（6）去序法或倍縮法；（7）插板法：個相同元素，分成組，每組至少一個的分組問題.把個元素排成一排，從個空中選個空，各插一個隔板，有；（8）分組、分配法：有等分、不等分、部分等分之別.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】（1）由可求得的值，由可求得數列的通項公式；（2）求得，利用二次函數的基本性質可求得的最小值.【小問1詳解】解：由題意可得，解得，所以，.當時，，當時，，也滿足，故對任意的，.【小問2詳解】解：，所以，當或時，取得最小值，且最小值為.18、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】（1）應用的關系，結合構造法可得，根據已知條件及等比數列的定義即可證結論.（2）由（1）得，再應用錯位相減法求，即可證結論.【小問1詳解】證明：對任意的，，，時，，解得，時，因為，，兩式相減可得：，即有，∴，又，則，因為，，所以，對任意的，，所以，因此，是首項和公比均為3的等比數列【小問2詳解】由（1）得：，則，，，兩式相減得：，化簡可得：，又，∴.19、（1）（2）【解析】（1）依題意可得，即可求出、，即可求出橢圓方程；（2）首先求出直線斜率不存在時弦顯然可得直線的斜率存在，設直線方程為、、，聯(lián)立直線與橢圓方程，消元列出韋達定理，再根據弦長公式得到方程，求出，即可得解；【小問1詳解】解：依題意，解得，所以橢圓方程為；【小問2詳解】解：當直線的斜率不存在時，直線的方程為，此時，不符合題意；所以直線的斜率存在，設直線方程為，則，消元整理得，設，，則，，所以，即，解得，所以直線的方程為；20、最大值為，最小值為【解析】利用導數可求得的單調性，進而可得極值，比較極值和端點值的大小即可求解.【詳解】由可得：，則當時，；當時，；所以在上單調遞減，在上單調遞增，，又因為，，所以，綜上所述：函數在上的最大值為，最小值為.21、（1），；（2）；（3）.【解析】(1)由可得數列是等比數列，即可求得，由得數列是等差數列，即可求得.(2)由(1)可得，再利用錯位相減法求和即得.(3)將問題等價轉化為對任意恒成立，構造數列并判斷其單調性，即可求解作答.【小問1詳解】數列的前項和為，，，當時，，則，而當時，，即得，因此，數列是以1為首項，3為公比的等比數列，則，數列中，，，則數列是等差數列，而，，即有公差，則，所以數列，的通項公式分別是：，.【小問2詳解】由(1)知，，則，則有，兩式相減得：，從而得，所以數列的前n項和.【小問3詳解】由(1)知，，依題意得對任意恒成立，設，則，當，，為單調遞減數列，當，，為單調遞增數列，顯然有，則當時，取得最大值，即最大值是，因此，，所以實數k取值范圍是.【點睛】思路點睛：一般地，如果數列是等差數列，是等比數列，求數列的前n項和時，可采用錯位相減法求和，一般是和式兩邊同乘以等比數列的公比，然后作差求解22、（1）證明見解析；（2）【解析】（1）當時，由題可得，，兩式子相減可得，即，然后驗證當n=1時，命題成立即可；（2）通過求解數列的奇數項與偶數項的和即可得到其對應前n項和的通項公式.【詳解】（1）由條件，對任意，有，因而對任意，有，兩式相減，得，即，又，所以，故對一切，（2）由（1