《2024届天津市武清区等五区县高二上数学期末教学质量检测模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届天津市武清区等五区县高二上数学期末教学质量检测模拟试题含解析（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2024届天津市武清区等五区县高二上数学期末教学质量检测模拟试题注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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双曲线的焦距是（）A.4B.C.8D.2圆与圆的交点为A，B，则
2、线段AB的垂直平分线的方程是A.B.C.D.3已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，.若双曲线M的右支上存在点P，使，则双曲线M的离心率的取值范围为（ ）A.B.C.D.4直线与曲线相切于点,则()A.B.C.D.5若数列等差数列，a1=1，则a5=（）A.B.C.D.6等差数列中，则前项的和（）A.B.C.D.7双曲线的焦点到渐近线的距离为（）A.B.C.D.8已知是定义在上的奇函数，对任意两个不相等的正数、都有，记，则（）A.B.C.D.9如图，在长方体中，是线段上一点，且，若，则（）A.B.C.D.10已知点P(5，3，6)，直线l过点A(2，3，1)，且一个方向向量为，则点P到直线l的距
3、离为( )A.B.C.D.11已知椭圆，则下列结论正确的是（ ）A.长轴长为2B.焦距为C.短轴长为D.离心率为12椭圆与双曲线有公共的焦点、，与在第一象限内交于点，是以线段为底边的等腰三角形，若椭圆的离心率的范围是，则双曲线的离心率取值范围是（）A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是_（写出所有正确命题的编号）.当时，S为四边形；当时，S为等腰梯形；当时，S与的交点R满足；当时，S为六边形；当时，S的面积为.14若直线与函数的图象有三个交点
4、，则实数a的取值范围是_15已知随机变量X服从正态分布，若，则_16我国古代，9是数字之极，代表尊贵之意，所以中国古代皇家建筑中包含许多与9相关的设计例如，北京天坛圆丘的底面由扇环形的石板铺成（如图），最高一层是一块天心石，围绕它的第一圈有9块石板，从第二圈开始，每一圈比前一圈多9块，共有9圈，则前9圈的石板总数是_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）如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，AB=2，平面，E是SA的中点（1）求直线EF与平面SCD所成角的正弦值；（2）在直线SC上是否存在点M，使得平面MEF平面SCD？若存在，求出点M的位置；若
5、不存在，请说明理由18（12分）已知的展开式中二项式系数和为16（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）设展开式中的常数项为p，展开式中所有项系数的和为q，求19（12分）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求角A的大小；（2）若，且的面积为，求的周长.20（12分）中国共产党建党100周年华诞之际，某高校积极响应党和国家的号召，通过“增强防疫意识，激发爱国情怀”知识竞赛活动，来回顾中国共产党从成立到发展壮大的心路历程，表达对建党100周年以来的丰功伟绩的传颂教务处为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取了100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了如下样本频率分布直方图（1
6、）求值并估计中位数所在区间（2）需要从参赛选手中选出6人代表学校参与省里的此类比赛，你认为怎么选最合理，并说明理由21（12分）已知是各项均为正数的等比数列，且，.（1）求数列的通项公式；（2）数列通项公式为，求数列的前n项和.22（10分）已知椭圆的长轴长与短轴长之比为2,、分别为其左、右焦点请从下列两个条件中选择一个作为已知条件,完成下面的问题:过点且斜率为1的直线与椭圆E相切;过且垂直于x轴的直线与椭圆在第一象限交于点P,且的面积为(只能从中选择一个作为已知)（1）求椭圆E的方程;（2）过点的直线l与椭圆E交于A,B两点,与直线交于H点,若,证明:为定值参考答案一、选择题：本题共12小题
7、，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，先求半焦距，再求焦距即可.【详解】解：由题意可得，故选：C【点睛】考查求双曲线的焦距，基础题.2、A【解析】圆的圆心为，圆的圆心为，两圆的相交弦的垂直平分线即为直线，其方程为，即；故选A.【点睛】本题考查圆的一般方程、两圆的相交弦问题；处理直线和圆、圆和圆的位置关系时，往往结合平面几何知识（如本题中，求两圆的相交弦的垂直平分线的方程即为经过两圆的圆心的直线方程）可减小运算量.3、A【解析】利用三角形正弦定理结合，用a，c表示出，再由点P的位置列出不等式求解即得.【详解】依题意，点P不与双曲线顶点重合
8、，在中，由正弦定理得：，因，于是得，而点P在双曲线M的右支上，即，从而有，点P在双曲线M的右支上运动，并且异于顶点，于是有，因此，而，整理得，即，解得，又，故有，所以双曲线M的离心率的取值范围为.故选：A4、A【解析】直线与曲线相切于点,可得求得的导数,可得,即可求得答案.【详解】直线与曲线相切于点将代入可得:解得:由,解得:.可得,根据在上,解得:故故选:A.【点睛】本题考查了根据切点求参数问题,解题关键是掌握函数切线的定义和导数的求法,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.5、B【解析】令、可得等差数列的首项和第三项，即可求出第五项，从而求出.【详解】令得，令得，所以数列的公差为，所以，解
9、得，故选：B.6、D【解析】利用等差数列下标和性质可求得，根据等差数列求和公式可求得结果.【详解】数列为等差数列，解得：；.故选：D.7、D【解析】根据题意，由双曲线的标准方程可得双曲线的焦点坐标以及渐近线方程，由点到直线的距离公式计算可得答案.【详解】解：根据题意，双曲线的方程为，其焦点坐标为，其渐近线方程为，即，则其焦点到渐近线的距离；故选D.【点睛】本题考查双曲线的几何性质，关键是求出双曲线的渐近线与焦点坐标.8、A【解析】由题，可得是定义在上的偶函数，且在上单调递减，在上单调递增，根据函数的单调性，即可判断出的大小关系.【详解】设，由题，得，即，所以函数在上单调递减，因为是定义在R上的
10、奇函数，所以是定义在上的偶函数，因此，即.故选：A【点睛】本题主要考查利用函数的单调性判断大小的问题，其中涉及到构造函数的运用.9、A【解析】将利用、表示，再利用空间向量的加法可得出关于、的表达式，进而可求得的值.【详解】连接、，因，因为是线段上一点，且，则，因此，因此，.故选：A.10、B【解析】根据向量和直线l的方向向量的关系即可求出点P到直线l的距离.【详解】由题意，到直线的距离为.故选：B.11、D【解析】根据已知条件求得，由此确定正确答案.【详解】依题意椭圆，所以，所以长轴长为，焦距为，短轴长为，ABC选项错误.离心率为，D选项正确.故选：D12、B【解析】求得，可得出，设椭圆和双曲
11、线的离心率分别为、，可得，由可求得的取值范围.【详解】设，设双曲线的实轴长为，因为与在第一象限内交于点，是以线段为底边的等腰三角形，则，由椭圆的定义可得，由双曲线的定义可得，所以，则，设椭圆和双曲线的离心率分别为、，则，即，因，则，故.故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由如图当点向移动时，满足，只需在上取点满足，即可得截面为四边形， 如图所示，是四边形，故正确；当时，即为中点，此时可得PQAD，AP=QD= = ，故可得截面APQD为等腰梯形，等腰梯形，故正确；当时，如图，延长至，使，连接交于，连接交于，连接，可证，由，可得，故可得，故正确；由可知当时，只
12、需点上移即可，此时的截面形状仍然如图所示的，如图是五边形，故不正确；当时，与重合，取的中点，连接，可证，且，可知截面为为菱形，故其面积为，如图是菱形，面积为，故正确，故答案为考点：正方体的性质.14、【解析】求导函数，分析导函数的符号，得出原函数的单调性和极值，由此可求得答案.【详解】解：因为函数，则，所以当或时，函数单调递减；当时，函数单调递增，所以当时，函数取得极小值，当时，函数取得极大值，因为直线与函数的图象有三个交点，所以实数a的取值范围是，故答案为：.15、#25【解析】根据正态分布曲线的对称性即可求得结果.【详解】，又，.故答案为：.16、405【解析】前9圈的石板数依次组成一个首
13、项为9，公差为9的等差数列，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）存在，M与S重合【解析】（1）分别取AB，BC中点M，N，易证两两互相垂直，以为正交基底，建立空间直角坐标系，先求得平面SCD的一个法向量，再由求解；（2）假设存在点M，使得平面MEF平面SCD，再求得平面MEF的一个法向量，然后由求解.小问1详解】解：分别取AB，BC中点M，N，则，又平面则两两互相垂直，以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，所以，设平面SCD的一个法向量为，则，直线EF与平面SBC所成角的正弦值为.【小问2详解】假设存在点M，使得平面MEF平面SCD，设平面ME
14、F的一个法向量，令，则，平面MEF平面SCD，存在点，此时M与S重合.18、（1）（2）【解析】（1）由二项式系数和的性质得出，再由性质求出展开式中二项式系数最大的项；（2）由通项得出，利用赋值法得出，再求解【小问1详解】由题意可得，解得，展开式中二项式系数最大的项为；【小问2详解】，其展开式的通项为，令，得常数项令，可得展开式中所有项系数的和为，19、（1） （2）【解析】（1）由，根据正弦定理化简得，利用余弦定理求得，即可求解；（2）由的面积，求得，结合余弦定理，求得，即可求解.【小问1详解】解：因为，所以.由正弦定理得，可得，所以，因为，所以.【小问2详解】解：由的面积，所以.由余弦定理得，所以，所以，所以的周长为.20、（1）；中位数所在区间（2）选90分以上的人去参赛；答案见解析【解析】（1）根据频率分布直方图中，所有小矩形面积和为1，即可求得a值，根据各组的频率，即可分析
