《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