2023-2024學年淮北一中高二上數(shù)學期末達標檢測模擬試題含解析

2023-2024學年淮北一中高二上數(shù)學期末達標檢測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．若正整數(shù)N除以正整數(shù)m后的余數(shù)為n，則記為，如.如圖所示的程序框圖的算法源于我國古代聞名中外的“中國剩余定理”.執(zhí)行該程序框圖，則輸出的i等于（）A.7 B.10C.13 D.162．若且，則下列選項中正確的是（）A B.C. D.3．若，則（）A.1 B.0C. D.4．已知a，b為正實數(shù)，且，則的最小值為（）A.1 B.2C.4 D.65．已知直線：與雙曲線的兩條漸近線分別相交于A、B兩點，若C為直線與y軸的交點，且，則k等于（）A.4 B.6C. D.6．與圓和圓都外切的圓的圓心在（）A.一個圓上 B.一個橢圓上C.雙曲線的一支上 D.一條拋物線上7．已知函數(shù)在上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍為（）A. B.C. D.8．設，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件9．橢圓上的一點M到其左焦點的距離為2，N是的中點，則等于（）A.1 B.2C.4 D.810．已知全集，集合，則（）A. B.C. D.11．若兩個不同平面，的法向量分別為，，則（）A.，相交但不垂直 B.C. D.以上均不正確12．若直線與互相垂直，則實數(shù)a的值為（）A.-3 B.C. D.3二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若，滿足不等式組，則的最大值為________.14．“第七屆全國畫院美術作品展”于2021年12月2日至2022年2月20日在鄭州美術館展出.已知某油畫作品高2米，寬6米，畫的底部離地有2.7米（如圖所示）.有一身高為1.8米的游客從正面觀賞它（該游客頭頂E到眼睛C的距離為10），設該游客離墻距離CD為x米，視角為.為使觀賞視角最大，x應為___________米.15．圓與圓的公共弦長為______16．已知曲線，①若，則是橢圓，其焦點在軸上；②若，則是圓，其半徑為；③若，則是雙曲線，其漸近線方程為；④若，，則是兩條直線.以上四個命題，其中正確的序號為_________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）等差數(shù)列中，首項，且成等比數(shù)列（1）求數(shù)列的通項公式；（2）求數(shù)列的前項和18．（12分）已知直線與圓.（1）當直線l恰好平分圓C的周長時，求m的值；（2）當直線l被圓C截得的弦長為時，求m的值.19．（12分）已知圓與軸相切，圓心在直線上，且到直線的距離為（1）求圓的方程；（2）若圓的圓心在第一象限，過點的直線與相交于、兩點，且，求直線的方程20．（12分）已知點，點B為直線上的動點，過B作直線的垂線，線段AB的中垂線與交于點P（1）求點P的軌跡C的方程；（2）若過點的直線l與曲線C交于M，N兩點，求面積的最小值．（O為坐標原點）21．（12分）如圖1，四邊形為直角梯形，，，，，為上一點，為的中點，且，，現(xiàn)將梯形沿折疊(如圖2)，使平面平面.（1）求證：平面平面.（2）能否在邊上找到一點(端點除外)使平面與平面所成角的余弦值為？若存在，試確定點的位置，若不存在，請說明理由.22．（10分）已知橢圓C：的離心率為，短軸的一個端點到右焦點的距離為2.（1）橢圓C的方程；（2）設直線l：交橢圓C于A，B兩點，且，求m的值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】根據(jù)“中國剩余定理”，進而依次執(zhí)行循環(huán)體，最后求得答案.【詳解】由題意，第一步：，余數(shù)不為1；第二步：，余數(shù)不為1；第三步：，余數(shù)為1，執(zhí)行第二個判斷框，余數(shù)不為2；第四步：，執(zhí)行第一個判斷框，余數(shù)為1，執(zhí)行第二個判斷框，余數(shù)為2.輸出的i值為13.故選：C.2、C【解析】對于A，作商比較，對于B，利用基本不等式的推廣式判斷，對于C，利用在單位圓中，內(nèi)接正邊形的面積小于內(nèi)接正邊形的面積判斷，對于D，利用放縮法判斷【詳解】，故錯誤；，故錯誤；在單位圓中，內(nèi)接正邊形的面積小于內(nèi)接正邊形的面積（必修三閱讀材料割圓術），則，故正確；，故錯誤故選：C【點睛】關鍵點點睛：此題考查不等式的綜合應用，考查基本不等式的推廣式的應用，考查放縮法的應用，對于C項解題的關鍵是利用了在單位圓中，內(nèi)接正邊形的面積小于內(nèi)接正邊形的面積求解，考查數(shù)學轉(zhuǎn)化思想，屬于難題3、C【解析】由結合二項式定理可得出，利用二項式系數(shù)和公式可求得的值.【詳解】，當且時，，因此，.故選：C.【點睛】關鍵點睛：本題考查二項式系數(shù)和的計算，解題的關鍵是熟悉二項式系數(shù)和公式，考查學生的轉(zhuǎn)化能力與計算能力，屬于基礎題.4、D【解析】利用基本不等式“1”的妙用求最值.【詳解】因為a，b為正實數(shù)，且，所以.當且僅當，即時取等號.故選：D5、D【解析】先求出雙曲線的漸近線方程，然后分別與直線聯(lián)立，求出A、B兩點的橫坐標，再利用可求解.【詳解】由雙曲線方程可知其漸近線方程為：，當時，與聯(lián)立，得，同理得，由，且可知，所以有，解得.故選：D6、C【解析】設動圓的半徑為，然后根據(jù)動圓與兩圓都外切得，再兩式相減消去參數(shù)，則滿足雙曲線的定義，即可求解.【詳解】設動圓的圓心為，半徑為，而圓的圓心為，半徑為1；圓的圓心為，半徑為2依題意得，則，所以點的軌跡是雙曲線的一支故選：C7、D【解析】根據(jù)題意參變分離得到，求出的最小值，進而求出實數(shù)a的取值范圍.【詳解】由題意得：在上恒成立，即，其中在處取得最小值，，所以，解得：，故選：D8、B【解析】求出不等式的等價形式，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可【詳解】由得或，由得，因為或推不出，但能推出或成立，所以“”是“”的必要不充分條件，故選：B9、C【解析】先利用橢圓定義得到，再利用中位線定理得即可.【詳解】由橢圓方程，得，由橢圓定義得，又，，又為的中點，為的中點，線段為中位線，∴.故選：C.10、B【解析】根據(jù)題意先求出，再利用交集定義即可求解.【詳解】全集，集合，則，故故選：B11、B【解析】由向量數(shù)量積為0可求.【詳解】∵，，∴，∴，∴，故選：B.12、C【解析】根據(jù)給定條件利用兩條直線互相垂直的關系列式計算作答.【詳解】因直線與互相垂直，則，解得，所以實數(shù)a的值為.故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、10【解析】作出不等式區(qū)域,如圖所示:目標最大值,即為平移直線的最大縱截距,當直線經(jīng)過點時最大為10.故答案為10.點睛：本題主要考查線性規(guī)劃中利用可行域求目標函數(shù)的最值，屬簡單題.求目標函數(shù)最值的一般步驟是“一畫、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是實線還是虛線）；（2）找到目標函數(shù)對應的最優(yōu)解對應點（在可行域內(nèi)平移變形后的目標函數(shù)，最先通過或最后通過的頂點就是最優(yōu)解）；（3）將最優(yōu)解坐標代入目標函數(shù)求出最值.14、【解析】設，進而得到，，從而求出，再利用基本不等式即可求得答案.【詳解】設，則，，所以，當且僅當時取“=”.所以該游客離墻距離為米時，觀賞視角最大.故答案為：.15、【解析】兩圓方程相減可得公共弦所在直線方程，即該直線截其中一圓求弦長即可【詳解】圓與圓兩式相減得，公共弦所在直線方程為：圓，圓心為到公共弦的距離為：公共弦長故答案為：16、①③④【解析】通過m，n的取值判斷焦點坐標所在軸，判斷①，求出圓的半徑判斷②；通過求解雙曲線的漸近線方程，判斷③；利用，，判斷曲線是否是兩條直線判斷④【詳解】解：①若，則，因為方程化為：，焦點坐標在y軸，所以①正確；②若，則C是圓，其半徑為：，不一定是，所以②不正確；③若，則C是雙曲線，其漸近線方程為，化簡可得，所以③正確；④若，，方程化為，則C是兩條直線,所以④正確；故答案為：①③④三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）【解析】（1）根據(jù)等比中項的性質(zhì)結合等差數(shù)列的通項公式求出，進而得出數(shù)列的通項公式；（2）根據(jù)裂項相消求和法得出前項和為和.【小問1詳解】因為成等比數(shù)列，所以即，解得，所以；【小問2詳解】因為，，，18、（1）；（2）1.【解析】(1)將圓C的圓心坐標代入直線l的方程計算作答.(2)由給定條件求出圓心C到直線l的距離，再利用點到直線距離公式計算作答.【小問1詳解】圓的圓心，半徑，因直線l平分圓C的周長，則直線l過圓心，即，解得，所以m的值是.【小問2詳解】由(1)知，圓C的圓心，半徑，因直線l被圓C截得的弦長為，則有圓心C到直線l的距離，因此，，解得，所以m的值是1.19、（1）或（2）或【解析】（1）設圓心的坐標為，則該圓的半徑長為，利用點到直線的距離公式可求得的值，即可得出圓的標準方程；（2）利用勾股定理可求得圓心到的距離，分析可知直線的斜率存在，設直線的方程為，利用點到直線的距離公式可求得關于的方程，解出的值，即可得出直線的方程.【小問1詳解】解：設圓心的坐標為，則該圓的半徑長為，因為圓心到直線的距離為，解得，所以圓心的坐標為或，半徑為，因此，圓的標準方程為或.【小問2詳解】解：若圓的圓心在第一象限，則圓的標準方程為.因為，所以圓心到直線的距離.若直線的斜率不存在，則直線的方程為，此時圓心到直線的距離為，不合乎題意；所以，直線的斜率存在，可設直線的方程為，即，由題意可得，解得，所以，直線的方程為或，即或.20、（1）（2）【解析】（1）由已知可得，根據(jù)拋物線的定義可知點的軌跡是以為焦點，為準線的拋物線，即可得到軌跡方程；（2）設直線方程為，，，，，聯(lián)立直線與拋物線方程，消元、列出韋達定理，則，代入韋達定理，即可求出面積最小值；【小問1詳解】解：由已知可得，，即點到定點的距離等于到直線的距離，故點的軌跡是以為焦點，為準線的拋物線，所以點的軌跡方程為【小問2詳解】解：當直線的傾斜角為時，與曲線只有一個交點，不符合題意；當直線的傾斜角不為時，設直線方程為，，，，，由，可得，，所以，，，，所以當且僅當時取等號，即面積的最小值為；21、（1）證明見解析.（2）存在點，為線段中點【解析】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，即可證得平面平面；（2）以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夾角公式，即可求解.【詳解】（1）在直角梯形中，作于于，連接，則，，則，，則，在直角中，可得，則，所以，故，且折疊后與位置關系不變.又因為平面平面，且平面平面，所以平面，因為平面，所以平面平面.（2）在中，由，為的中點，可得.又因為平面平面，且平面平面，所以平面，則以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，則，，設平面的法向量為，則，令，可得平面的法向量為，假設存在點使平面與平面所成角的余弦值為，且()，∵，∴，故，又，∴，又由，設平面的法向量為，可得，令得，∴，解得，因此存在點且為線段中點時使平面與平面所成角的余弦值為.本題考查了面面垂直的判定與證明，以及空間角的求解及應用，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力，解答中熟記線面位置關系的判定定理和性質(zhì)定理，通過嚴密推理是線