《2023-2024学年山东济宁市兖州区数学高二上期末统考模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023-2024学年山东济宁市兖州区数学高二上期末统考模拟试题含解析（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2023-2024学年山东济宁市兖州区数学高二上期末统考模拟试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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如图所示，为了测量A，B处岛屿的距离，小张在D处观测，测得A，B分别在D处的北偏西、北偏东方向，再往正东方向行驶10海里至C处，观测B在C处的正北方向，
2、A在C处的北偏西方向，则A，B两处岛屿间的距离为（ ）海里.A.B.C.D.102若向量则（）A.B.3C.D.3若点P为抛物线y2x2上的动点，F为抛物线的焦点，则|PF|的最小值为（）A.2B.C.D.4两条平行直线与之间的距离为（ ）A.B.C.D.5已知两条不同直线和平面，下列判断正确的是（ ）A.若则B.若则C.若则D.若则6数列2，0，2，0，的通项公式可以为（）A.B.C.D.7设异面直线、的方向向量分别为，则异面直线与所成角的大小为（）A.B.C.D.8若正实数、满足，且不等式有解，则实数取值范围是（ ）A.或B.或C.D.9下面四个条件中，使成立的充分而不必要的条件是A.B.
3、C.D.10设,则,大小关系为A.B.C.D.11意大利数学家斐波那契的算经中记载了一个有趣的数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，这就是著名的斐波那契数列，该数列的前2022项中有（ ）个奇数A.1012B.1346C.1348D.1350122021年小林大学毕业后，9月1日开始工作，他决定给自己开一张储蓄银行卡，每月的10号存钱至该银行卡（假设当天存钱次日到账）.2021年9月10日他给卡上存入1元，以后每月存的钱数比上个月多一倍，则他这张银行卡账上存钱总额（不含银行利息）首次达到1万元的时间为（）A.2022年12月11日B.2022年11月11日C.20
4、22年10月11日D.2022年9月11日二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知数列的通项公式为，设是数列的前n项和，若对任意都成立，则实数的取值范围是_.14在某次海军演习中，已知甲驱逐舰在航母的南偏东15方向且与航母的距离为12海里，乙护卫舰在甲驱逐舰的正西方向，若测得乙护卫舰在航母的南偏西45方向，则甲驱逐舰与乙护卫舰的距离为_海里.15已知定点，P是椭圆上的动点，则的的最小值为_.16底面半径为1，母线长为2的圆锥的体积为_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（12分）已知椭圆 (ab0)的右焦点为F2(3，0)，离心率为e.（1）若e，
5、求椭圆的方程；（2）设直线ykx与椭圆相交于A，B两点，M，N分别为线段AF2，BF2的中点，若坐标原点O在以MN为直径的圆上，且e，求k的取值范围.18（12分）三棱锥中，直线与平面所成的角为，点在线段上.（1）求证：；（2）若点在上，满足，点满足，求实数使得二面角的余弦值为.19（12分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：的左，右顶点分别为A、B，点F是椭圆的右焦点，（1）求椭圆C的方程；（2）不过点A的直线l交椭圆C于M、N两点，记直线l、AM、AN的斜率分别为k、若，证明直线l过定点，并求出定点的坐标20（12分）已知公比的等比数列和等差数列满足：，其中，且是和的等比中项（1）求数列与
6、的通项公式；（2）记数列的前项和为，若当时，等式恒成立，求实数的取值范围21（12分）已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若恒成立，求实数的取值范围.22（10分）已知，（1）当时，求函数的单调递减区间；（2）当时，求实数a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】分别在和中，求得的长度，再在中，利用余弦定理，即可求解.【详解】如图所示，可得，所以，在中，可得，在直角中，因为，所以，在中，由余弦定理可得 ，所以.故选：C.2、D【解析】先求得，然后根据空间向量模的坐标运算求得【详解】由于向量，所以.
7、故故选：D3、D【解析】根据抛物线的定义得出当点P在抛物线的顶点时，|PF|取最小值.【详解】根据题意，设抛物线y2x2上点P到准线的距离为d，则有|PF|d，抛物线的方程为y2x2，即x2y，其准线方程为y，当点P在抛物线的顶点时，d有最小值，即|PF|min.故选：D4、D【解析】由已知有，所以直线可化为，利用两平行直线距离公式有 ，选D.点睛：本题主要考查两平行直线间的距离公式，属于易错题在用两平行直线距离公式时，两直线中的系数要相同，不然不能用此公式计算5、D【解析】根据线线、线面、面面的平行与垂直的位置关系即可判断.【详解】解：对于选项A：若，则与可能平行，可能相交，可能异面，故选项
8、A错误；对于选项B：若，则，故选项B错误；对于选项C：当时不满足，故选项C错误；综上，可知选项D正确.故选：D.6、D【解析】举特例排除ABC，分和讨论确定D.【详解】A.当时，不符；B.当时，不符；C.当时，不符；D.当时，当时，符合.故选：D.7、C【解析】利用空间向量夹角的公式直接求解.【详解】，.由异面直线所成角的范围为，故异面直线与所成的角为.故选：C8、A【解析】将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值，可得出关于实数的不等式，解之即可.【详解】因为正实数、满足，则，即，所以，当且仅当时，即当时，等号成立，即的最小值为，因为不等式有解，则，即，即，解得或.故选：A.II卷
9、9、A【解析】由，但无法得出，A满足；由、均无法得出，不满足“充分”；由，不满足“不必要”.考点：不等式性质、充分必要性.10、C【解析】由,可得,故选C.考点：指数函数性质11、C【解析】由斐波那契数列的前几项分析该数列的项的奇偶规律，由此确定该数列的前2022项中的奇数的个数.【详解】由已知可得为奇数，为奇数，为偶数，因为，所以为奇数，为奇数，为偶数，所以为奇数，为奇数，为偶数，又故该数列的前2022项中共有1348个奇数，故选：C.12、C【解析】分析可得每月所存钱数依次成首项为1，公比为2的等比数列，其前n项和为，分析首次达到1万元的值，即得解【详解】依题意可知，小林从第一个月开始，每
10、月所存钱数依次成首项为1，公比为2的等比数列，其前n项和为.因为为增函数，且，所以第14个月的10号存完钱后，他这张银行卡账上存钱总额首次达到1万元，即2022年10月11日他这张银行卡账上存钱总额首次达到1万元.故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】化简数列将问题转化为不等式恒成立问题，再对n分奇数和偶数进行讨论，分别求解出的取值范围，最后综合得出结果.【详解】根据题意，.当n是奇数时，即对任意正奇数n恒成立，当时，有最小值1，所以.当n是正偶数时，即，又，故对任意正偶数n都成立，又随n增大而增大，当时，有最小值，即，综合可知.故答案为：.14、【解析】利用正
11、弦定理求得甲驱逐舰与乙护卫舰的距离.【详解】，设甲乙距离，由正弦定理得.故答案为：15、#【解析】根据椭圆的定义可知，化简并结合基本不等式可求的的最小值.【详解】由题可知：点，是椭圆的焦点，所以，所以，即，当且仅当时等号成立，即时等号成立.所以的最小值为，故答案为：.16、【解析】先由勾股定理求圆锥的高，再结合圆锥的体积公式运算即可得解.【详解】解：设圆锥的高为，由勾股定理可得，由圆锥的体积可得，故答案为 .【点睛】本题考查了圆锥的体积公式，重点考查了勾股定理，属基础题.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) 根据右焦点为F2(3，0)
12、，以及，求得a，b，c即可. (2)联立，根据M，N分别为线段AF2，BF2中点，且坐标原点O在以MN为直径的圆上，易得OMON，则四边形OMF2N为矩形，从而AF2BF2，然后由0，结合韦达定理求解.【详解】(1)由题意得c3，所以.又因为a2b2c2，所以b23.所以椭圆的方程为.(2)由 ,得(b2a2k2)x2a2b20.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1x20，x1x2，依题意易知，OMON，四边形OMF2N为矩形，所以AF2BF2.因为(x13，y1)， (x23，y2)，所以 (x13)(x23)y1y2(1k2)x1x290.即，将其整理为k21.因为e，所以2a3
13、，12a218.所以k2，即k【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是由O在以MN为直径的圆上，即OMON，得到四边形OMF2N为矩形，推出AF2BF2，结合韦达定理得出斜率k与离心率e的关系.18、（1）证明见解析； （2）.【解析】（1）证明平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；（2）设，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得出关于实数的等式，即可解得实数的值.【小问1详解】证明：因为，则且，平面，所以为直线与平面所成的线面角，即，故，平面，平面，因此，.【小问2详解】解：设，由（1）可知且，因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的
14、空间直角坐标系，则、，设平面的法向量为，则，取，可得，设平面的法向量为，由，取，则，由已知可得，解得.当点为线段的中点时，二面角的平面角为锐角，合乎题意.综上所述，.19、（1）；（2）证明见解析，(5,0).【解析】(1)写出A、B、F的坐标，求出向量坐标，根据向量的关系即可列出方程组，求得a、b、c和椭圆的标准方程；(2)设直线l的方程为ykxm，联立直线l与椭圆方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，求出，根据即可求得k和m的关系，即可证明直线过定点并求出该定点.【小问1详解】由题意，知A(a，0)，B(a，0)，F(c，0)，解得从而b2a2c23椭圆C的方程；【小问2详解】设直线l的方程为ykxm，直线l不过点A，因此2km0由得时，由，可得3km2k，即m5k，故l的方程为ykx5k，恒过定点(5,0).20、（
