《鞍山市重点中学2024届高二上数学期末复习检测模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《鞍山市重点中学2024届高二上数学期末复习检测模拟试题含解析（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、鞍山市重点中学2024届高二上数学期末复习检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已知定义在R上的函数满足，且当时，则下列结论中正确的是（ ）A.B.C.D.2已知角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，角终边上有一点，为锐角，且，则（
2、）A.B.C.D.3若变量x，y满足约束条件，则目标函数最大值为（）A.1B.-5C.-2D.-74已知、，则直线的倾斜角为（）A.B.C.D.5函数在区间（0，e）上的极小值为（ ）A.eB.1eC.1D.16如图所示，在平行六面体中，点是的中点，点是上的点，且，则向量可表示为（）A.B.C.D.7方程表示的曲线为（）A.抛物线与一条直线B.上半抛物线（除去顶点）与一条直线C.抛物线与一条射线D.上半抛物线（除去顶点）与一条射线8宋元时期数学名著算学启蒙中有关于“松竹并生的问题，松长三尺，竹长一尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的，分别为3，1，则
3、输出的等于A.5B.4C.3D.29若，则（ ）A.B.C.D.10已知为虚数单位，复数是纯虚数，则（）A.B.4C.3D.211已知直线l和两个不同的平面，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12已知抛物线的焦点恰为双曲线的一个顶点，的另一顶点为，与在第一象限内的交点为，若，则直线的斜率为（）A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若向量，且向量，共面，则_14已知关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是_.154与16的等比中项是_.16平行六面体中，底面是边长为1的正方形，则对角线的长度为_.三、解答题：共
4、70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知关于的不等式的解集为.（1）求的值；（2）若，求的最小值，并求此时的值.18（12分）设：实数满足，：实数满足.（1）若，且为真，求实数的取值范围；（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.19（12分）如图，在四棱锥中，平面，底面为矩形，为的中点，.请用空间向量知识解答下列问题：（1）求线段的长；（2）若为线段上一点，且，求平面与平面夹角的余弦值.20（12分）如图1，已知矩形中，E为上一点且.现将沿着折起，使点D到达点P的位置，且，得到的图形如图2.（1）证明为直角三角形；（2）设动点M在线段上，判断直线与平面位置关系，
5、并说明理由.21（12分）如图，中，且，将沿中位线EF折起，使得，连结AB，AC，M为AC的中点.（1）证明：平面ABC；（2）求二面角的余弦值.22（10分）已知椭圆过点，且离心率，为坐标原点.（1）求椭圆的方程；（2）判断是否存在直线，使得直线与椭圆相交于两点，直线与轴相交于点，且满足，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.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、B【解析】由可得，利用导数判断函数在上的单调性，由此比较函数值的大小确定正确选项.【详解】 ，当时， ，故 在内单调递增，又，所以故选：B2、C【解
6、析】根据角终边上有一点，得到，再根据为锐角，且，求得，再利用两角差的正切函数求解.【详解】因为角终边上有一点，所以，又因为为锐角，且，所以，所以，故选：C3、A【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求最值即可【详解】解：由得作出不等式组对应的平面区域如图（阴影部分平移直线，由图象可知当直线，过点时取得最大值，由，解得，所以代入目标函数，得，故选：A4、B【解析】设直线的倾斜角为，利用直线的斜率公式求出直线的斜率，进而可得出直线的倾斜角.【详解】设直线的倾斜角为，由斜率公式可得，因此，.故选：B.5、D【解析】求导判断函数的单调性即可求解【详解】的定义域为 (0，)，令
7、，得x1，当x(0，1)时，单调递减，当x(1，e)时，单调递增，故在x1处取得极小值.故选：D.6、D【解析】根据空间向量加法和减法的运算法则，以及向量的数乘运算即可求解.【详解】解：因为在平行六面体中，点是的中点，点是上的点，且，所以，故选：D.7、B【解析】化简得出或，由此可得出方程表示的曲线.【详解】由可得或，所以，方程表示的曲线为上半抛物线（除去顶点）与一条直线，故选：B.8、B【解析】由已知中的程序框图可知：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，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【详解】解：当n1时，a3，b2，满足进行循环的条件，当n2时，a，b
8、4，满足进行循环的条件，当n3时，a，b8，满足进行循环的条件，当n4时，a，b16，不满足进行循环的条件，故输出的n值为4，故选：B【点睛】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答9、D【解析】设，计算出、的值，利用平方差公式可求得结果.【详解】设由已知可得，因此，.故选：D.10、C【解析】化简复数得，由其为纯虚数求参数a，进而求的模即可.【详解】由纯虚数，解得：，则，故选：C11、D【解析】根据直线、平面的位置关系，应用定义法判断两个条件之间的充分、必要性.【详解】当，时，直线l可与平行、相交，故不一定成立，即充分性不成立；当，时，直线l可在平面
9、内，故不一定成立，即必要性不成立.故选：D.12、D【解析】根据题意，列出的方程组，解得，再利用斜率公式即可求得结果.【详解】因为抛物线的焦点，由题可知；又点在抛物线上，故可得；又，联立方程组可得，整理得，解得（舍）或，此时，又，故直线的斜率为.故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、#【解析】由向量共面的性质列出方程组求解即可.【详解】因为，共面，所以存在实数x，y，使得，得，解得 故答案为：14、【解析】参变分离，可得，设，求导分析单调性，可得，即得解【详解】因为，所以不等式可化为，设，则，设，由于故在上单调递增，且，则当时，单调递减；当时，单调递增，所以，则，即.
10、故答案为：15、8【解析】解析由G241664得G8.答案816、2【解析】利用，两边平方后，利用向量数量积计算公式，计算得.【详解】对两边平方并化简得,故.【点睛】本小题主要考查空间向量的加法和减法运算，考查空间向量数量积的表示，属于中档题.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）利用根与系数的关系，得到等式和不等式，最后求出的值；（2）化简函数的解析式，利用基本不等式可以求出函数的最小值.【小问1详解】由题意知：，解得【小问2详解】由（1）知，由对勾函数单调性知在上单调递减，即当，函数的最小值为18、（1）（2）【解析】（1）首先
11、分别求出、为真时参数的取值范围，再由为真，取并集即可；（2）首先解一元二次不等式，依题意是的必要不充分条件，则可推出，而不能推出，即可得到不等式组，解得即可；【小问1详解】解：当时，即，解得，即为真时，实数的取值范围为实数满足，即，解得：，即为真时，实数的取值范围为因，所以，即；【小问2详解】解：由，即，所以，因为是的充分不必要条件，所以是的必要不充分条件，则可推出，而不能推出，则，解得；19、（1）（2）【解析】（1）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设，由已知可得出，求出的值，即可得解；（2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.【小问1详解】解：平面，以点为坐
12、标原点，、所在直线分别为、轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则、，则，则，解得，故.【小问2详解】解：，则，又、，所以，设为平面的法向量，则，取，可得，显然，为平面的一个法向量，因此，平面与平面夹角的余弦值为.20、（1）证明见解析（2）答案不唯一，见解析【解析】（1）利用折叠前后的线段长度及勾股定理求证即可；（2）动点M满足时和，但时两种情况，利用线线平行或相交得到结论.【小问1详解】在折叠前的图中，如图：，E为上一点且，则，折叠后，所以，又，所以，所以为直角三角形.小问2详解】当动点M在线段上，满足，同样在线段上取，使得，则，当时，则，又且所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，
13、所以此时平面；当时，此时，但，所以四边形为梯形，所以与必然相交，所以与平面必然相交.综上，当动点M满足时，平面；当动点M满足，但时，与平面相交.21、（1）证明见解析（2）【解析】（1）由勾股定理以及等腰三角形的性质得出，再由线面垂直的判定证明即可；（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，由向量法得出面面角.【小问1详解】设，则，平面平面，连接，即又，平面ABC【小问2详解】，以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系设平面的法向量为，平面的法向量为，令，则同理可得，又二面角为钝角，故二面角的余弦值为.22、（1）；（2）存在，方程为和.【解析】（1）根据椭圆上的点、离心率和关系可构造方程求得，由此可得椭圆方程；（2）设，与椭圆方程联立可得韦达定理形式，根据共线向量可得，代入韦达定理中可构造关于的方程，解方程可求得，进而得到直线方程.【小问1详解】由题意得：，解得：，椭圆的方程为；【小问2详解】由题意知：直线斜率存在且不为零，可设，由得：，则；，解得：，满足条件的直线存在，方程为和.
