2023-2024學年四川省成都市龍泉驛區(qū)第一中學校數學高二上期末監(jiān)測模擬試題含解析

2023-2024學年四川省成都市龍泉驛區(qū)第一中學校數學高二上期末監(jiān)測模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．已知，則的最小值是（）A.3 B.8C.12 D.202．已知圓柱的底面半徑是1，高是2，那么該圓柱的側面積是（）A.2 B.C. D.3．將5名北京冬奧會志愿者分配到花樣滑冰、短道速滑、冰球和冰壺4個項目進行培訓，每名志愿者只分配到1個項目，每個項目至少分配1名志愿者，則不同的分配方案共有（）A.60種 B.120種C.240種 D.480種4．設滿足則的最大值為A. B.2C.4 D.165．函數在點處的切線方程的斜率是（）A. B.C. D.6．已知雙曲線的離心率為2，且與橢圓有相同的焦點，則該雙曲線的漸近線方程為（）A. B.C. D.7．設雙曲線的左、右頂點分別為、，點在雙曲線上第一象限內的點，若的三個內角分別為、、且，則雙曲線的漸近線方程為（）A. B.C. D.8．已知梯形中，，且，則的值為（）A. B.C. D.9．已知平面直角坐標系內一動點P，滿足圓上存在一點Q使得，則所有滿足條件的點P構成圖形的面積為（）A. B.C. D.10．若定義在R上的函數滿足，則不等式的解集為（）A. B.C. D.11．設為可導函數，且滿足，則曲線在點處的切線的斜率是A. B.C. D.12．拋物線的準線方程是A.x=1 B.x=-1C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若拋物線經過點，則__________.14．已知圓：和圓：，動圓M同時與圓及圓外切，則動圓的圓心M的軌跡方程為______.15．在等比數列中，，，若數列滿足，則數列的前項和為________16．已知等差數列的公差為1，且是和的等比中項，則前10項的和為___________.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）已知拋物線的焦點到準線的距離為，過點的直線與拋物線只有一個公共點.（1）求拋物線的方程；（2）求直線的方程.18．（12分）如圖，在長方體中，，若點P為棱上一點，且，Q，R分別為棱上的點，且.（1）求直線與平面所成角的正弦值；（2）求平面與平面的夾角的余弦值.19．（12分）在①，②，③這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，若問題中的存在，求實數的取值范圍；若問題中的不存在，請說明理由設等差數列的前n項和為，數列的前n項和為，___________，，，是否存在實數，對任意都有？20．（12分）如圖，在梯形中，，，四邊形為矩形，且平面，.（1）求證：平面；（2）點在線段含端點上運動，當點在什么位置時，平面與平面所成銳二面角最大，并求此時二面角的余弦值.21．（12分）如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，O為底面正方形ABCD對角線的交點，E為PD的中點，且PA=AD.（1）求證：PB∥平面EAC；（2）求直線BD與平面EAC所成角的正弦值.22．（10分）設Sn是等差數列{an}的前n項和，已知，S2=-3.（1）求{an}的通項公式；（2）若，求數列{bn}的前n項和Tn.

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、A【解析】利用基本不等式進行求解即可.【詳解】因為，所以，當且僅當時取等號，即當時取等號，故選：A2、D【解析】由圓柱的側面積公式直接可得.【詳解】故選：D3、C【解析】先確定有一個項目中分配2名志愿者，其余各項目中分配1名志愿者，然后利用組合，排列，乘法原理求得.【詳解】根據題意，有一個項目中分配2名志愿者，其余各項目中分配1名志愿者，可以先從5名志愿者中任選2人，組成一個小組，有種選法；然后連同其余三人，看成四個元素，四個項目看成四個不同的位置，四個不同的元素在四個不同的位置的排列方法數有4！種，根據乘法原理，完成這件事，共有種不同的分配方案，故選：C.【點睛】本題考查排列組合的應用問題，屬基礎題，關鍵是首先確定人數的分配情況，然后利用先選后排思想求解.4、C【解析】可行域如圖,則直線過點A(0,1)取最大值2,則的最大值為4,選C.點睛：線性規(guī)劃的實質是把代數問題幾何化，即數形結合的思想.需要注意的是：一，準確無誤地作出可行域；二，畫目標函數所對應的直線時，要注意與約束條件中的直線的斜率進行比較，避免出錯；三，一般情況下，目標函數的最大或最小值會在可行域的端點或邊界上取得.5、D【解析】求解導函數，再由導數的幾何意義得切線的斜率.【詳解】求導得，由導數的幾何意義得，所以函數在處切線的斜率為.故選：D6、B【解析】求出焦點，則可得出，即可求出漸近線方程.【詳解】由橢圓可得焦點為，則設雙曲線方程為，可得，則離心率，解得，則，所以漸近線方程為.故選：B.7、B【解析】設點，其中，，求得，且有，，利用兩角和的正切公式可求得的值，進而可求得的值，即可得出該雙曲線的漸近線的方程.【詳解】易知點、，設點，其中，，且，，且，，，所以，，，因為，所以，，則，因此，該雙曲線漸近線方程為.故選：B.8、D【解析】根據共線定理、平面向量的加法和減法法則，即可求得，進而求出的值，即可求出結果.【詳解】因為，所以又，所以.故選：D.9、D【解析】先找臨界情況當PQ與圓C相切時，，進而可得滿足條件的點P形成的圖形為大圓（包括內部），即求.【詳解】當PQ與圓C相切時，，這種情況為臨界情況，當P往外時無法找到點Q使，當P往里時，可以找到Q使，故滿足條件的點P形成的圖形為大圓（包括內部），如圖，由圓，可知圓心，半徑為1，則大圓的半徑為，∴所有滿足條件的點P構成圖形的面積為.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是找出臨界情況時點所滿足的條件，進而即可得到動點滿足條件的圖形，問題即可解決.10、B【解析】構造函數，根據題意，求得其單調性，利用函數單調性解不等式即可.【詳解】構造函數，則，故在上單調遞減；又，故可得，則，即，解得，故不等式解集為.故選：B.【點睛】本題考察利用導數研究函數單調性，以及利用函數單調性求解不等式，解決本題的關鍵是根據題意構造函數，屬中檔題.11、D【解析】由題，為可導函數，，即曲線在點處的切線的斜率是，選D【點睛】本題考查導數的定義，切線的斜率，以及極限的運算，本題解題的關鍵是對所給的極限式進行整理，得到符合導數定義的形式12、C【解析】先把拋物線方程整理成標準方程，進而求得p，再根據拋物線性質得出準線方程【詳解】解：整理拋物線方程得，∴p＝∵拋物線方程開口向上，∴準線方程是y＝﹣故答案為C【點睛】本題主要考查拋物線的標準方程和簡單性質．屬基礎題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、2【解析】將點代入拋物線方程即可得出答案.【詳解】解：因為拋物線經過點，所以，即.故答案為：2.14、【解析】根據動圓同時與圓及圓外切，即可得到幾何關系，再結合雙曲線的定義可得動點的軌跡方程.【詳解】由題，設動圓的半徑為，圓的半徑為，圓的半徑為,當動圓與圓，圓外切時,,,所以,因為圓心,，即，又根據雙曲線的定義，得動點的軌跡為雙曲線的上支，其中，，所以,則動圓圓心的軌跡方程是；故答案為：15、【解析】求出等比數列的通項公式，可得出的通項公式，推導出數列為等差數列，利用等差數列的求和公式即可得解.【詳解】設等比數列的公比為，則，則，所以，，則，所以，數列為等差數列，故數列的前項和為.故答案為：.16、【解析】利用等比中項及等差數列通項公式求出首項，再利用等差數列的前項和公式求出前10項的和.【詳解】設等差數列的首項為，由已知條件得，即，，解得，則.故答案為：.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、（1）；（2）或或.【解析】(1)根據給定條件結合p的幾何意義，直接求出p寫出方程作答.(2)直線l的斜率存在設出其方程，再與拋物線C的方程聯(lián)立，再討論計算，l斜率不存在時驗證作答.【小問1詳解】因拋物線的焦點到準線的距離為，于是得，所以拋物線的方程為.【小問2詳解】當直線的斜率存在時，設直線為，由消去y并整理得：，當時，，點是直線與拋物線唯一公共點，因此，，直線方程為，當時，，此時直線與拋物線相切，直線方程為，當直線的斜率不存在時，y軸與拋物線有唯一公共點，直線方程為，所以直線方程為為或或.18、（1）（2）【解析】（1）建立如圖所示的空間直角坐標系，用空間向量法求線面角；（2）用空間向量法求二面角【小問1詳解】以D為坐標原點，射線方向為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標系.當時，，所以，設平面的法向量為，所以，即不妨得，，又，所以，則【小問2詳解】在長方體中，因為平面，所以平面平面，因為平面與平面交于，因為四邊形為正方形，所以，所以平面，即為平面的一個法向量，，所以，又平面的法向量為，所以.19、答案見解析【解析】由已知條件可得，假設時，取最小值，則，若補充條件是①，則可求得，代入化簡可求出的取值范圍，從而可求得答案，若補充條件是②，則可得，該數列是遞減數列，所以不存在k，使得取最小值，若補充條件是③，則可得，代入化簡可求出的取值范圍，從而可求得答案，【詳解】解：等差數列的公差為d，當時，，得，從而，當時，得，所以數列是首項為，公比為的等比數列，所以，由對任意，都有，當等差數列的前n項和存在最小值時，假設時，取最小值，所以；若補充條件是①，因為，，從而，由得，所以，由等差數列的前n項和存在最小值，則，得，又，所以.所以，故實數的取值范圍為若補充條件是②，由，即，又，所以.所以，由于該數列是遞減數列，所以不存在k，使得取最小值，故實數不存在以下為嚴格的證明：由等差數列的前n項和存在最小值，則，得，所以，所以不存在k，使得取最小值，故實數不存在若補充條件是③，由，得，又，所以，所以由等差數列的前n項和存在最小值，則，得，又，所以.所以存在，使得取最小值，所以，故實數的取值范圍為20、（1）證明見解析（2）點與點重合時，二面角的余弦值為【解析】（1）先利用平面幾何知識和余弦定理得到及各邊長度，利用線面平行的性質和判定定理得到線面垂直，再利用線線平行得到線面垂直；（2）建立空間直角坐標系，設，寫出相關點的坐標，得到相關向量的坐標，利用平面的法向量夾角求出二面角的余弦值，再通過二次函數的最值進行求解.【小問1詳解】證明：在梯形中，因為，，又因為，所以,，所以，即，解得，，所以，即.因為平面，平面，所以，而平面平面，所以平面.因為，所以平面.【小問2詳解】解：分別以直線為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系（如圖所示），設，則，所以，設為平面的一個法向量，由得，取，則，又是平面的一個法向量，設平面與平面所成銳二面角為，所以因為，所以當時，有最小值為，所以點與點重合時，平面與平面所成二面角最大，此時二面角的余弦值為.21、（1）證明見解析（2）【解析】（1）利用線面平行的判斷定理，證明線線平行，即可證明；（2）建立空間直角坐標系，求平面的法向量，利用公式，即可求解.【小問1詳解】連結EO，由題意可得O為BD的中點，又E是PD的中點，∴PB∥EO，又∵EO平面EAC，PB平面EAC，∴PB∥平面EAC；【小問2詳解】如圖，以A為原點，AB、AD、AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，設AD=2，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，1，1)，∴=(-2，2，0)，=