《2023-2024学年东营市重点中学数学高二上期末检测模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023-2024学年东营市重点中学数学高二上期末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、2023-2024学年东营市重点中学数学高二上期末检测模拟试题请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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已知向量，则“”是“”的（）A充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件2某学校随机抽取了部分学生，对他们每周使用手机的时间进行统计，得到如下的频率分布直方图.则下列说法：；若抽取10
2、0人，则平均用时13.75小时；若从每周使用时间在，三组内的学生中用分层抽样的方法选取8人进行访谈，则应从使用时间在内的学生中选取的人数为3.其中正确的序号是（ ）A.B.C.D.3下边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著九章算术中的“更相减损术”.执行该程序框图，如果输入a=102，b= 238，则输出的a的值为（）A.17B.34C.36D.684从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，两数和为偶数的概率为（ ）A.B.C.D.5已知等差数列为其前项和，且，且，则（ ）A.36B.117C.D.136下列函数求导错误的是（ ）A.B.C.D.7椭圆1的一个焦点为F，过原点O作直线（不经过
3、焦点F）与椭圆交于A，B两点，若ABF的面积是20，则直线AB的斜率为（）A.B.C.D.8已知等比数列an的前n项和为S，若，且，则S3等于（）A.28B.26C.28或-12D.26或-109椭圆的焦点为、，上顶点为，若，则（）AB.C.D.10南宋数学家杨辉在详解九章算术法和算法通变本末中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般的等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次成等差数列如数列1，3，6，10，前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列现有二阶等差数列，其前7项分别为2，3，5，8，12，17，23，则
4、该数列的第31项为（）A.336B.467C.483D.60111在各项都为正数的数列中，首项为数列的前项和，且，则（ ）A.B.C.D.12点到直线的距离为2，则的值为（ ）A.0B.C.0或D.0或二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为_.14等比数列中，则数列的公比为_.15已知数列的前项和则_16将数列n按“第n组有n个数”的规则分组如下：（1），(2，3)，(4，5，6)，则第22组中的第一个数是_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）已知等差数列的前项和满足，.（1）求的通项公式；（2）求
5、数列的前项和.18（12分）已知椭圆C：（）过点，且离心率为（1）求椭圆C的方程；（2）过点（）的直线l（不与x轴重合）与椭圆C交于A，B两点，点C与点B关于x轴对称，直线AC与x轴交于点Q，试问是否为定值？若是，请求出该定值，若不是，请说明理由19（12分）已知抛物线的焦点为，点在第一象限且为抛物线上一点，点在点右侧，且恰为等边三角形（1）求抛物线的方程；（2）若直线与交于两点，向量的夹角为（其中为坐标原点），求实数的取值范围.20（12分）如图，直四棱柱中，底面是边长为的正方形，点在棱上.（1）求证：；（2）从条件、条件、条件这三个条件中选择两个作已知，使得平面，并给出证明.条件：为的中点
6、；条件：平面；条件：.（3）在（2）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值.21（12分）在数列中，且成等比数列（1）证明数列是等差数列，并求的通项公式；（2）设数列满足，其前项和为，证明：22（10分）如图是一个正三棱柱（以为底面）被一平面所截得到的几何体，截面为ABC.已知，M为AB中点.（1）证明：平面；（2）求此几何体的体积.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、A【解析】根据得出，根据充分必要条件的定义可判断.【详解】解：，向量，即，根据充分必要条件的定义可判断：“”是“”的充分不必要条件，故选：A.2、B【解析
7、】根据频率分布直方图中小矩形的面积和为1可求出，再求出频率分布直方图的平均值，即为抽取100人的平均值的估计值，再利用分层抽样可确定出使用时间在内的学生中选取的人数为3.【详解】，故正确；根据频率分布直方图可估计出平均值为，所以估计抽取100人的平均用时13.75小时，的说法太绝对，故错误；每周使用时间在，三组内的学生的比例为，用分层抽样的方法选取8人进行访谈，则应从使用时间在内的学生中选取的人数为，故正确.故选：B.3、B【解析】根据程序框图所示代入运行即可.【详解】初始输入：；第一次运算：；第二次运算：；第三次运算：；第四次运算：；结束，输出34.故选：B.4、B【解析】利用列举法，结合古
8、典概型概率计算公式，计算出所求概率.【详解】从中任取个不同的数的方法有，共种，其中和为偶数的有共种，所以所求的概率为.故选：B【点睛】本小题主要考查古典概型概率计算，属于基础题.5、B【解析】根据等差数列下标的性质，进而根据条件求出，然后结合等差数列的求和公式和下标性质求得答案.【详解】由题意，即为递增数列，所以，又，又，联立方程组解得：.于是，.故选：B.6、C【解析】每一个选项根据求导公式及法则来运算即可判断.【详解】对于A，正确；对于B，正确；对于C，不正确；对于D，正确.故选：C7、A【解析】分情况讨论当直线AB的斜率不存在时，可求面积，检验是否满足条件，当直线AB的斜率存在时，可设直
9、线AB的方程ykx，联立椭圆方程，可求ABF2的面积为S2代入可求k【详解】由椭圆1，则焦点分别为F1(5,0)，F2(5,0)，不妨取F(5,0)当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x0，此时AB4，AB5510，不符合题意；可设直线AB的方程ykx，由，可得(4+9k2)x2180，xA6，yA，ABF2的面积为S22520，k故选：A8、C【解析】根据等比数列的通项公式列出方程求解，直接计算S3即可.【详解】由可得，即，所以，又，解得，所以，即，当时，所以，当时，所以，故选：C9、C【解析】分析出为等边三角形，可得出，进而可得出关于的等式，即可解得的值.【详解】在椭圆中，如下图所示
10、：因为椭圆的上顶点为点，焦点为、，所以，为等边三角形，则，即，因此，.故选：C.10、B【解析】先由递推关系利用累加法求出通项公式，直接带入即可求得.【详解】根据题意，数列2，3，5，8，12，17，23满足，所以该数列的第31项为.故选：B11、C【解析】当时，故可以得到，因为，进而得到，所以是等比数列，进而求出【详解】由，得，得，又数列各项均为正数，且，即数列是首项，公比的等比数列，其前项和，得，故选：C.12、C【解析】根据点到直线的距离公式即可得出答案.【详解】解：点到直线的距离为，解得或.故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】运用导数的几何意义进行求
11、解即可.【详解】由，所以，而，所以切线方程为：，令，得，令，得，所以三角形的面积为：，故答案为：14、【解析】根据等比数列的定义，结合已知条件，代值计算即可求得结果.【详解】因为是等比数列，设其公比为，又，故可得，解得.故答案为：.15、【解析】根据数列中与的关系，即可求出通项公式.【详解】当时，当时，时，也适合，综上，（），故答案为：【点睛】本题主要考查了数列前n项和与通项间的关系，属于容易题.16、【解析】由已知，第组中最后一个数即为前组数的个数和，由此可求得第21组的最后一个数，从而就可得第22组的第一个数.【详解】由条件可知，第21组的最后一个数为，所以第22组的第1个数为.故答案为：
12、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）由，可得求出，从而可得的通项公式；（2）由（1）可得，从而可得，然后利用裂项相消求和法可求得【详解】解：（1）设等差数列的公差为，因为，.所以，化简得，解得，所以，（2）由（1）可知，所以，所以【点睛】此题考查等差数列前项和的基本量计算，考查裂项相消求和法的应用，考查计算能力，属于基础题18、（1） （2）为定值【解析】（1）由题意可得解方程组求出，从而可得椭圆方程，（2）设直线AB：，代入椭圆方程，消去，利用根与系数关系，再表示出直线AC的方程，从而可求出点Q的坐标，从而可表示出，然后化简可得结
13、论【小问1详解】由题意得解得故椭圆C的方程为；【小问2详解】设直线AB：，联立消去y得，设，得，因为点C与点B关于x轴对称，所以，所以直线AC的斜率为，直线AC的方程，令，解得可得，所以，因为，所以，所以为定值【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是将直线AB的方程代入椭圆方程中化简，利用根与系数关系，结合已知条件表示出直线AC的方程，从而可求出点Q的坐标，考查计算能力，属于中档题19、（1）（2）【解析】（1）根据恰为等边三角形由题意知：得到，再利用抛物线的定义求解；（2）联立，结合韦达定理，根据的夹角为，由求解.【小问1详解】解：由题意知：，由抛物
14、线的定义知：，由，解得，所以抛物线方程为；【小问2详解】设，由，得，则，则，因为向量的夹角为，所以，则，且，所以，解得，所以实数的取值范围.20、（1）证明见解析；（2）答案见解析；（3）.【解析】（1）连结，由直四棱柱的性质及线面垂直的性质可得，再由正方形的性质及线面垂直的判定、性质即可证结论.（2）选条件，设，连结，由中位线的性质、线面垂直的性质可得、，再由线面垂直的判定证明结论；选条件，设，连结，由线面平行的性质及平行推论可得，由线面垂直的性质有，再由线面垂直的判定证明结论；（3）构建空间直角坐标系，求平面、平面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求平面与平面夹角的余弦值.【小问1详解】连结，由直四棱柱知：平面，又平面，所以，又为正方形，即，又，平面，又平面，.【小问2详解】选条件，
