《河南省鹤壁市2023年高二数学第一学期期末综合测试模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省鹤壁市2023年高二数学第一学期期末综合测试模拟试题含解析（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、河南省鹤壁市2023年高二数学第一学期期末综合测试模拟试题注意事项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。在每小题给出的四个选
2、项中，只有一项是符合题目要求的。1一动圆与两圆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2已知则是的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3抛物线的焦点到准线的距离是A.2B.4C.D.4若双曲线经过点，且它的两条渐近线方程是，则双曲线的离心率是（）A.B.C.D.105给出命题：若函数是幂函数，则函数的图象不过第四象限在它的逆命题、否命题、逆否命题三个命题中，真命题的个数是（ ）A.3B.2C.1D.06在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为，则（ ）A.4B.10C.4D.107已知过抛物线焦
3、点的直线交抛物线于，两点，则的最小值为（）A.B.2C.D.38已知m，n是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的为A 若，则B.若m，m，则C.若m，n，则mnD.若m，n，则mn9平面上动点到点的距离与它到直线的距离之比为，则动点的轨迹是（ ）A.双曲线B.抛物线C.椭圆D.圆10已知数列是递减的等比数列，的前项和为，若，则=（ ）A.54B.36C.27D.1811在平面区域内随机投入一点P，则点P的坐标满足不等式的概率是（ ）A.B.C.D.12已知、是椭圆的两个焦点，P为椭圆C上一点，且，若的面积为9，则的值为（）A.1B.2C.3D.4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，
4、共20分。13 “第七届全国画院美术作品展”于2021年12月2日至2022年2月20日在郑州美术馆展出.已知某油画作品高2米，宽6米，画的底部离地有2.7米（如图所示）.有一身高为1.8米的游客从正面观赏它（该游客头顶E到眼睛C的距离为10），设该游客离墙距离CD为x米，视角为.为使观赏视角最大，x应为_米.14设抛物线C：的焦点为F，准线l与x轴的交点为M， P是C上一点，若|PF|5，则|PM|_.15已知数列满足，则_.16已知复数对应的点在复平面第一象限内，甲、乙、丙三人对复数的陈述如下为虚数单位：甲：；乙：；丙：，在甲、乙、丙三人陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则复数_三、解答题
5、：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，长轴长为4，且点在椭圆上（1）经过点M（1，）作一直线交椭圆于AB两点，若点M为线段AB的中点，求直线的斜率；（2）设椭圆C的上顶点为P，设不经过点P的直线与椭圆C交于C，D两点，且，求证：直线过定点18（12分）如图，在长方体中，若点P为棱上一点，且，Q，R分别为棱上的点，且.（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）求平面与平面的夹角的余弦值.19（12分）已知公差不为零的等差数列的前项和为，且，成等比数列（1）求的通项公式；（2）记，求数列的前项和20（12分）已知各项均为正数的等比数列
6、的前4项和为15，且.（1）求的通项公式；（2）若，记数列前n项和为，求.21（12分）已知等差数列an的前n项和为Sn，数列bn满足：点（n，bn）在曲线y上，a1b4，_，数列的前n项和为Tn从S420，S32a3，3a3a5b2这三个条件中任选一个，补充到上面问题的横线上并作答（1）求数列an，bn的通项公式；（2）是否存在正整数k，使得Tk，且bk？若存在，求出满足题意的k值；若不存在，请说明理由22（10分）已知圆：，直线：圆与圆关于直线对称（1）求圆的方程；（2）点是圆上的动点，过点作圆的切线，切点分别为、求四边形面积的取值范围参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60
7、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】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.2、A【解析】先解不等式，再比较集合包含关系确定选项.【详解】因为，所以是的充分不必要条件，选A.【点睛】本题考查解含绝对值不等式、解一元二次不等式以及充要
8、关系判定，考查基本分析求解能力，属基础题.3、D【解析】因为抛物线方程可化为，所以抛物线的焦点到准线的距离是，故选D.考点：1、抛物线的标准方程；2、抛物线的几何性质.4、A【解析】由已知设双曲线方程为：，代入求得，计算即可得出离心率.【详解】双曲线经过点，且它的两条渐近线方程是，设双曲线方程为：，代入得：，.所以双曲线方程为：.双曲线C的离心率为故选：A5、C【解析】若函数是幂函数，则函数的图象不过第四象限，原命题是真命题，则其逆否命题也是真命题；其逆命题为：若函数的图象不过第四象限，则函数是幂函数是假命题，所以原命题的否命题也是假命题.故它的逆命题、否命题、逆否命题三个命题中，真命题有一个
9、选C6、A【解析】根据关于平面对称的点的规律：横坐标、纵坐标保持不变，竖坐标变为它的相反数，即可求出点关于平面的对称点的坐标，再利用向量的坐标运算求.【详解】解：由题意，关于平面对称的点横坐标、纵坐标保持不变，竖坐标变为它的相反数，从而有点关于对称的点的坐标为（2，1，-3）.故选：A【点睛】本题以空间直角坐标系为载体，考查点关于面的对称，考查数量积的坐标运算，属于基础题7、D【解析】设出直线方程，联立抛物线方程，得到韦达定理，求得，利用抛物线定义，将目标式转化为关于的代数式，消元后，利用基本不等式即可求得结果.【详解】因为抛物线的焦点的坐标为，显然要满足题意，直线的斜率存在，设直线的方程为联
10、立可得，其，设坐标为，显然，则，根据抛物线定义，故，令，故，当且仅当，即时取得最小值.故选：D.【点睛】本题考察抛物线中的最值问题，涉及到韦达定理的使用，基本不等式的使用；其中利用的关系，以及抛物线的定义转化目标式，是解决问题的关键.8、D【解析】根据空间线面、面面的平行，垂直关系，结合线面、面面的平行，垂直的判定定理、性质定理解决【详解】，与的位置关系是相交或平行，故A不正确；m，m，与的位置关系是相交或平行，故B不正确；m，n，m与n的位置关系是相交、平行或异面故C不正确；垂直于同一平面的两条直线平行，D正确；故答案D【点睛】本题考查线面平行关系判定，要注意直线、平面的不确定情况9、A【解
11、析】设点，利用距离公式化简可得出点的轨迹方程，即可得出动点的轨迹图形.【详解】设点，由题意可得，化简可得，即，曲线为反比例函数图象，故动点的轨迹是双曲线.故选：A.10、C【解析】根据等比数列的性质及通项公式计算求解即可.【详解】由，解得或（舍去），故选：C11、A【解析】根据题意作出图形，进而根据几何概型求概率的方法求得答案.【详解】根据题意作出示意图，如图所示：于，所求概率.故选：A.12、C【解析】根据椭圆定义，和条件列式，再通过变形计算求解.【详解】由条件可知，即，解得：.故选：C【点睛】本题考查椭圆的定义，焦点三角形的性质，重点考查转化与变形，计算能力，属于基础题型.二、填空题：本题
12、共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】设，进而得到，从而求出，再利用基本不等式即可求得答案.【详解】设，则，所以，当且仅当时取“=”.所以该游客离墙距离为米时，观赏视角最大.故答案为：.14、【解析】根据抛物线的性质及抛物线方程可求坐标，进而得解.【详解】由抛物线的方程可得焦点，准线，由题意可得，设，有抛物线的性质可得：，解得x4，代入抛物线的方程可得，所以，故答案为：.15、1023【解析】由数列递推公式求特定项，依次求下去即可解决.【详解】数列中，则，故答案为：102316、#【解析】设，则，然后分别求出甲，乙，丙对应的结论，先假设甲正确，则得出乙错误，丙正确，由此即可求解【详解】
13、解：设，则，甲：由可得，则，乙：由可得：，丙：由可得，即，所以，若，则，则不成立，则，解得或，所以甲，丙正确，乙错误，此时或，又复数对应的点在复平面第一象限内，所以，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）证明见解析.【解析】（1）设椭圆的方程为代入点的坐标求出椭圆的方程，再利用点差法求解；（2）由题得直线的斜率存在，设直线的方程为，联立直线和椭圆的方程得韦达定理，根据和韦达定理得到，即得证.【小问1详解】解：由题设椭圆的方程为因为椭圆经过点，所以所以椭圆的方程为.设，所以，所以，由题得，所以，所以，所以，所以直线的斜率为.【小问2详解】解：
14、由题得当直线的斜率不存在时，不符合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，可得，所以，解得，设，则，因为，则，又，所以，由可得（舍或满足条件，此时直线的方程为，故直线过定点18、（1）（2）【解析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求线面角；（2）用空间向量法求二面角【小问1详解】以D为坐标原点，射线方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系.当时，所以，设平面的法向量为，所以，即不妨得，又，所以，则【小问2详解】在长方体中，因为平面，所以平面平面，因为平面与平面交于，因为四边形为正方形，所以，所以平面，即为平面的一个法向量，所以，又平面的法向量为，所以.19、（1）（2）【解析】（1）设数列的公差为，由，且，利用“”法求解；（2）由，利用裂项相消法求解.【小问1详解】解：，设数列
