《银川市重点中学2023-2024学年高二数学第一学期期末经典模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《银川市重点中学2023-2024学年高二数学第一学期期末经典模拟试题含解析（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、银川市重点中学2023-2024学年高二数学第一学期期末经典模拟试题注意事项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05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
2、出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1在棱长为4的正方体中，为的中点，点P在正方体各棱及表面上运动且满足，则点P轨迹围成的图形的面积为（ ）A.B.C.D.2函数在和处的导数的大小关系是（ ）A.B.C.D.不能确定3函数是偶函数且在上单调递减，则的解集为（ ）A.B.C.D.4在等差数列中，若，则（）A.6B.9C.11D.245函数f（x）的图象大致形状是（）A.B.C.D.6攒（cun）尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁或园林式建筑下图是一顶圆形攒尖，其屋顶可近似看作一个圆锥，其轴截面（过圆锥轴的截面）是底边长为，顶角为的等腰三角形，则该屋顶的面积约为（）A.B.C.
3、D.7一动圆与两圆x2+y21和x2+y28x+120都外切，则动圆圆心轨迹为（）A.圆B.椭圆C.双曲线的一支D.抛物线8执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（ ）A.B.C.D.9已知函数及其导函数，若存在使得，则称是的一个“巧值点”.下列选项中没有“巧值点”的函数是()A.B.C.D.10若直线与平行，则实数m等于（ ）A.0B.1C.4D.0或411已知椭圆的左右焦点分别为，过C上的P作y轴的垂线，垂足为Q，若四边形是菱形，则C的离心率为（ ）A.B.C.D.12直线l经过两条直线和的交点，且平行于直线，则直线l的方程为（）A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20
4、分。13“”是“”的_条件.（从“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中选择一项填空.）14已知锐角的内角，的对边分别为，且若，则外接圆面积的最小值为_15瑞士数学家欧拉（Euler）1765年在所著的三角形的几何学一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线已知的顶点，则欧拉线的方程为_16已知空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是_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：，有，：方程表示经过第二、三象限的抛物线，.（1）若是真命题，求实数的取值范围；（2）若“”是假命题，“”是真命题，求
5、实数的取值范围.18（12分）已知数列满足，（）.（1）证明：数列是等比数列，并求出数列的通项公式；（2）数列满足：（），求数列的前项和.19（12分）已知等比数列前3项和为（1）求的通项公式；（2）若对任意恒成立，求m的取值范围20（12分）在平面直角坐标系中，已知.（1）求直线的方程；（2）平面内的动点满足，到点与点距离的平方和为24，求动点的轨迹方程.21（12分）已知公差不为0的等差数列满足：且成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）记为数列的前n项和，求证是等差数列22（10分）已知抛物线的焦点为F，倾斜角为45的直线m过点F，若此抛物线上存在3个不同的点到m的距离为，求此抛物线的准
6、线方程参考答案一、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、A【解析】构造辅助线，找到点P轨迹围成的图形为长方形，从而求出面积.【详解】取的中点E，的中点F，连接BE，EF，AF，则由于为的中点，可得，所以CBE=ECN，从而BCN+CBE=BCN+ECN=90，所以BECN，又EF平面，平面，所以EFCN，又因为BEEF=E，所以CN平面ABEF，所以点P轨迹围成的图形为矩形ABEF，又，所以矩形ABEF面积为.故选：A2、A【解析】求出函数导数即可比较.【详解】，所以，即.故选：A.3、D【解析】分析可知函数在上为增函数，且有，将
7、所求不等式变形为，可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围.【详解】因为函数是偶函数且在上单调递减，则该函数在上为增函数，且，由可得，所以，可得或，解得或.因此，不等式的解集为.故选：D.4、B【解析】根据等差数列的通项公式的基本量运算求解【详解】设的公差为d，因为，所以，又，所以故选：B5、B【解析】利用函数的奇偶性排除选项A,C，然后利用特殊值判断即可【详解】解：由题得函数的定义域为，关于原点对称.所以函数是奇函数，排除选项A,C.当时，排除选项D，故选：B6、B【解析】由轴截面三角形，根据已知可得圆锥底面半径和母线长，然后可解.【详解】轴截面如图，其中，所以，所以，所以圆锥的侧面
8、积.故选：B7、C【解析】设动圆圆心，与两圆x2+y21和x2+y28x+120都外切，列出几何关系式，化简，再根据圆锥曲线的定义，可得到动圆圆心轨迹.【详解】设动圆圆心，半径为，圆x2+y21的圆心为，半径为，圆x2+y28x+120，得，则圆心，半径为，根据圆与圆相切，则，两式相减得，根据定义可得动圆圆心轨迹为双曲线的一支.故选：C【点睛】本题考查了两圆的位置关系，圆锥曲线的定义，属于基础题.8、B【解析】写出每次循环的结果，即可得到答案.【详解】当时，；，此时，退出循环，输出的的为.故选：B【点睛】本题考查程序框图的应用，此类题要注意何时循环结束，建议数据不大时采用写出来的办法，是一道容
9、易题.9、C【解析】利用新定义：存在使得，则称是的一个“巧点”，对四个选项中的函数进行一一的判断即可【详解】对于A，则，令，解得或，即有解，故选项A的函数有“巧值点”，不符合题意；对于B，则，令，令，则g(x)在x0时为增函数，(1)，(e)，由零点的存在性定理可得，在上存在唯一零点，即方程有解，故选项B的函数有“巧值点”，不符合题意；对于C，则，令，故方程无解，故选项C的函数没有“巧值点”，符合题意；对于D，则，令，则.方程有解，故选项D的函数有“巧值点”，不符合题意故选：C10、A【解析】由两条直线平行的充要条件即可求解.【详解】解：因为直线与平行，所以，解得，故选：A.11、C【解析】根
10、据题意求出P点坐标，代入椭圆方程中，可整理得到关于a,c的等式，进一步整理为关于e的方程，解得答案.【详解】如图示：由题意可知 ，因为四边形是菱形，所以，则，所以P点坐标为，将P点坐标为代入得：，整理得，故，由于 ，解得，所以，故选：C.12、B【解析】联立已知两条直线方程求出交点，再根据两直线平行则斜率相同求出斜率即可.【详解】由得两直线交点为(1，0)，直线l斜率与相同，为，则直线l方程为y0(x1)，即x2y10.故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、充分不必要【解析】由不等式的性质可知，由得，反之代入进行验证，然后根据充分性与必要性的定义进行判断，即可得出所要
11、的答案【详解】解：由不等式的性质可知，由得，故“”成立可推出“”，而，当，则，所以“”不能保证“”，故“”是“”成立的充分不必要条件.故答案为：充分不必要【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判断，结合不等式的性质，属于较简单题型14、【解析】利用二倍角公式求出，即可得到，再利用余弦定理及基本不等式求出的取值范围，再利用正弦定理求出外接圆的半径，即可求出外接圆的面积；【详解】解：因为，所以，解得或（舍去）又为锐角三角形，所以因为，当且仅当时等号成立，所以外接圆的半径，故外接圆面积的最小值为故答案为：15、【解析】根据给定信息，利用三角形重心坐标公式求出的重心，再结合对称性求出的外心，然后求出欧拉
12、线的方程作答.【详解】因的顶点，则的重心，显然的外心在线段AC中垂线上，设，由得：，解得：，即点，直线，化简整理得：，所以欧拉线的方程为.故答案：16、【解析】根据投影向量概念求解即可.【详解】因为空间向量，所以，所以向量在向量上投影向量为：，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） （2）【解析】（1）将问题转化为不等式对应的方程无解，进而根据根的判别式小于0，计算即可；（2）根据且、或命题的真假判断命题p、q的真假，列出对应的不等式组，解之即可.【小问1详解】由条件知，恒成立，只需的.解得.【小问2详解】若为真命题，则，解得.若 “”是假命题，
13、 “”是真命题，所以和一真一假若真假，则，解得.若假真，则，解得.综上，实数的取值范围是.18、 (1)证明见解析，；(2).【解析】(1)将给定等式变形，计算即可判断数列类型，再求出其通项而得解；(2)利用(1)的结论求出数列的通项，然后利用错位相减法求解即得.【详解】(1)因数列满足，则，而，于是数列是首项为1，公比为2的等比数列，即，所以数列是等比数列，；(2)由(1)知，则于是得，所以数列的前项和.19、（1） （2）【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的前项和的最大值，即可求参数的取值范围.【小问1详解】设等比数列的公比为
14、，则，即，得，即，代入得，解得：，所以；【小问2详解】由（1）可知，数列是首项为2，公比为的等比数列，若对任意恒成立，即，数列，,单调递增,的最大值无限趋近于4，所以20、（1）（2）【解析】（1）结合点斜式求得直线的方程.（2）设，根据已知条件列方程，化简求得的轨迹方程.【小问1详解】，于是直线的方程为，即【小问2详解】设动点，于是，代入坐标得，化简得，于是动点的轨迹方程为21、（1）；（2）证明见解析.【解析】(1)根据等比中项的应用可得，结合等差数列的定义和求出公差，进而得出通项公式；(2)根据等差数列前n项求和公式可得，结合等差数列定义即可证明.【小问1详解】设等差数列的公差为()，由成等比数列，得，又，所以，解得，所以；【小问2详解】由(1)可得，所以，有，故，又，所以数列是以2为首项，以2为公差的等差数列.22、【解析】设出直线m的方程，利用方程组联立、一元二次方程根的判别式求出与直线m平行的抛物线的
