《辽宁省葫芦岛市第六中学2023-2024学年高二上数学期末监测模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《辽宁省葫芦岛市第六中学2023-2024学年高二上数学期末监测模拟试题含解析（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、辽宁省葫芦岛市第六中学2023-2024学年高二上数学期末监测模拟试题考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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已知函数（为自然对数的底数），若的零点为，极值点为，则（）A.B.0C.1D.22已知直线l与圆交于A，B两点，点满足，若AB的中点为M，则的最大值
2、为（）A.B.C.D.3已知椭圆的两焦点分别为，P为椭圆上一点，且，则的面积等于（ ）A.6B.C.D.4函数在点处的切线方程的斜率是（）A.B.C.D.5已知数列中，是的前n项和，则（）A.B.C.D.6甲，乙、丙、丁、戊共5人随机地排成一行，则甲、乙相邻，丙、丁不相邻的概率为（）A.B.C.D.7甲、乙两名射击运动员进行比赛，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.9，则两人各射击一次恰有一人中靶的概率为（）A.0.26B.0.28C.0.72D.0.988已知抛物线的焦点坐标是，则抛物线的标准方程为A.B.C.D.9函数在区间上的最小值是（）A.B.C.D.10抛物线上有两个点，焦点，已
3、知，则线段的中点到轴的距离是（）A.1B.C.2D.11已知圆的圆心到直线的距离为，则圆与圆的位置关系是（）A.相交B.内切C.外切D.外离12【2018江西抚州市高三八校联考】已知双曲线 (，)与抛物线有相同的焦点，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线交于点，则双曲线的离心率为（ ）A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13动直线，恒过的定点是_14在2021件产品中有10件次品，任意抽取3件，则抽到次品个数的数学期望的值是_.15若函数在1，3单调递增，则a的取值范围_16执行如图所示的程序框图，则输出的S_.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算
4、步骤。17（12分）已知椭圆长轴长为4，A，B分别为左、右顶点，P为椭圆上不同于A，B的动点，且点在椭圆上，其中e为椭圆的离心率（1）求椭圆的标准方程；（2）直线AP与直线（m为常数）交于点Q，当时，设直线OQ的斜率为，直线BP的斜率为求证：为定值；过Q与PB垂直的直线l是否过定点？如果是，请求出定点坐标；如果不是，请说明理由18（12分）已知数列满足，.（1）证明：数列是等比数列，并求其通项公式；（2）若，求数列的前项和.19（12分）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，底面ABCD，E为BP的中点，（1）证明：平面PAD；（2）求平面EAC与平面PAC夹角的余弦值20（12分）如图，
5、五边形为东京奥运会公路自行车比赛赛道平面设计图，根据比赛需要，在赛道设计时需预留出，两条服务通道（不考虑宽度），为赛道现已知，千米，千米（1）求服务通道的长（2）在上述条件下，如何设计才能使折线赛道（即）的长度最大，并求最大值21（12分）在中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，已知.（1）求B；（2）若，求b的值.22（10分）如图，点分别在射线，上运动，且（1）求；（2）求线段的中点M的轨迹C的方程；（3）直线与，轨迹C及自上而下依次交于D，E，F，G四点，求证：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、C【解析
6、】令可求得其零点，即的值，再利用导数可求得其极值点，即的值，从而可得答案【详解】解：，当时，即，解得；当时，恒成立，的零点为又当时，为增函数，故在，上无极值点；当时，当时，当时，时，取到极小值，即的极值点，故选：C【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查函数的零点，考查分段函数的应用，突出分析运算能力的考查，属于中档题2、A【解析】设，则、，由点在圆上可得，再由向量垂直的坐标表示可得，进而可得M的轨迹为圆，即可求的最大值.【详解】设，中点，则，又，则，所以，又，则，而，所以，即，综上，整理得，即为M的轨迹方程，所以在圆心为，半径为的圆上，则.故选：A.【点睛】关键点点睛：由点圆位置、中点坐
7、标公式及向量垂直的坐标表示得到关于的轨迹方程.3、B【解析】根据椭圆定义和余弦定理解得，结合三解形面积公式即可求解【详解】由与是椭圆上一点，两边平方可得，即，由于，根据余弦定理可得，综上可解得，的面积等于，故选：B4、D【解析】求解导函数，再由导数的几何意义得切线的斜率.【详解】求导得，由导数的几何意义得，所以函数在处切线的斜率为.故选：D5、D【解析】由，得到为递增数列，又由，得到，化简，即可求解.【详解】解：由，得，又，所以，所以，即，所以数列为递增数列，所以，得，即，又由是的前项和，则.故选：D.【点睛】关键点睛：本题考查数列求和问题，关键在于由已知条件得出，运用裂项相消求和法.6、A【
8、解析】先求出所有的基本事件，再求出甲、乙相邻，丙、丁不相邻的基本事件，根据古典概型的概率公式求解即可【详解】甲，乙、丙、丁、戊共5人随机地排成一行有种方法，甲、乙相邻，丙、丁不相邻的排法为先将甲、乙捆绑在一起，再与戊进行排列，然后丙、丁从3个空中选2个空插入，则共有种方法，所以甲、乙相邻，丙、丁不相邻的概率为，故选：A7、A【解析】依据独立事件同时发生的概率即可求得甲乙两人各射击一次恰有一人中靶的概率.【详解】记甲中靶为事件A，乙中靶为事件B，则甲乙两人各射击一次恰有一人中靶，包含甲中乙不中和甲不中乙中两种情况，则甲乙两人各射击一次恰有一人中靶的概率为故选：A8、D【解析】根据抛物线的焦点坐标
9、得到2p=4,进而得到方程.【详解】抛物线的焦点坐标是,即p=2,2p=4,故得到方程为.故答案为D.【点睛】这个题目考查了抛物线的标准方程的求法，题目较为简单.9、B【解析】求出导函数，确定函数的单调性，得极值，并求出端点处函数值比较后可得最小值【详解】解：因为，于是函数在上单调递增，在上单调递减，得函数在区间上的最小值是故选：B10、B【解析】利用抛物线的定义，将抛物线上的点到焦点的距离转化为点到准线的距离，即可求出线段中点的横坐标，即得到答案.【详解】由已知可得抛物线的准线方程为，设点的坐标分别为和，由抛物线的定义得，即，线段中点的横坐标为，故线段的中点到轴的距离是.故选：.11、B【解
10、析】求出两圆的圆心与半径，根据两圆的位置关系的判定即可求解.【详解】已知圆的圆心到直线的距离，即，解得或,因为,所以,圆的圆心的坐标为，半径，将圆化为标准方程为，其圆心的坐标为，半径，圆心距，两圆内切，故选：B12、C【解析】由题意可知，抛物线的焦点坐标为，准线方程为，由在抛物线的准线上，则，则，则焦点坐标为，所以，则，解得，双曲线的渐近线方程是，将代入渐近线的方程，即，则双曲线的离心率为，故选C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】将直线方程转化为，从而可得，即可得到结果.【详解】，解得：x2，y2即方程（aR）所表示的直线恒过定点（2，2）故答案为：14、【解析】
11、设抽到的次品的个数为，则，求出对应的概率即得解.【详解】解：设抽到的次品的个数为，则，所以所以抽到次品个数的数学期望的值是故答案为：15、【解析】由在区间上恒成立来求得的取值范围.【详解】依题意在区间上恒成立，在上恒成立，所以.故答案为：16、【解析】该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，即可求解得答案【详解】解：SS+S +，第一次循环，S1+1，k2；第二次循环，S =1+1，k3；第三次循环，S1+1，k4；第四次循环，S1，k5；第五次循环，S1+1，k6，循环停止，输出；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
12、） （2）证明见解析；直线过定点；【解析】（1）依题意得到方程组，解得，即可求出椭圆方程；（2）由（1）可得，设，表示出直线的方程，即可求出点坐标，从而得到、，即可求出；在直线方程中令，即可得到的坐标，再求出直线的斜率，即可得到直线的方程，从而求出定点坐标；【小问1详解】解：依题意可得，即，解得或（舍去），所以，所以椭圆方程为【小问2详解】解：由（1）可得，设，则直线的方程为，令则，所以，所以，又点在椭圆上，所以，即，所以，即为定值；因为直线的方程为，令则，因为，所以，所以直线的方程为，即又，所以，令，解得，所以直线过定点；18、（1）证明见解析，；（2）.【解析】（1）由已知条件，可得为常数
13、，从而得证数列是等比数列，进而可得数列的通项公式；（2）由（1）可得，又，所以，所以，利用错位相减法即可求解数列的前项和.【小问1详解】证明：由题意，因为，所以，所以数列是以2为首项，3为公比的等比数列，所以；【小问2详解】解：由（1）可得，又，所以，所以，所以，所以，所以，所以.19、（1）证明见解析 （2）【解析】（1）通过作辅助线，构造平行四边形，在平面PAD找到线并证明，根据线面平行的判定定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，进而求得相关的向量坐标，求出平面EAC与平面PAC的法向量，根据向量的夹角公式求得答案.【小问1详解】证明：取PA的中点F，由E为PB的中点，
14、则，而，所以且，则四边形CDFE为平行四边形，所以，又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD【小问2详解】平面ABCD，AP，AB，AD两两垂直，以A为原点，向量方向分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，各点坐标如下：，设平面APC的法向量为，由，有，取，则，即，设平面EAC的法向量为，由，有，取，则，即，所以，由原图可知平面EAC与平面PAC夹角为锐角，所以平面EAC与平面PAC夹角的余弦值为20、（1）服务通道的长为千米（2）时，折线赛道的长度最大，最大值为千米【解析】（1）先在中利用正弦定理得到长度，再在中，利用余弦定理得到即可；（2）在中利用余弦定理得到，再根据基本等式求解最值即可.【小问1详解】在中，由正弦定理得：，在中，由余弦定理，得，即解得或（负值舍去）所以服务通道的长为千米【小问2详解】在中，由余弦定理得：，即，所以因为，所以，所以，即（当且仅当时取等号）即当时，折线
