2023-2024學年上海市嘉定一中高二數學第一學期期末復習檢測模擬試題含解析

2023-2024學年上海市嘉定一中高二數學第一學期期末復習檢測模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．已知直線和互相平行，則實數的取值為（）A或3 B.C. D.1或2．已知橢圓的離心率，為橢圓上的一個動點，若定點，則的最大值為A. B.C. D.3．某考點配備的信號檢測設備的監(jiān)測范圍是半徑為100米的圓形區(qū)域，一名工作人員持手機以每分鐘50米的速度從設備正東方向米的處出發(fā)，沿處西北方向走向位于設備正北方向的處，則這名工作人員被持續(xù)監(jiān)測的時長為（）A.1分鐘 B.分鐘C.2分鐘 D.分鐘4．過點且與原點距離最大的直線方程是（）A. B.C. D.5．如圖，在長方體中，，E，F分別為的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（）A. B.C. D.6．若圓上恰有2個點到直線的距離為1，則實數的取值范圍為（）A B.C. D.7．已知是橢圓右焦點，點在橢圓上，線段與圓相切于點，且，則橢圓的離心率等于（）A. B.C. D.8．邊長為的正方形沿對角線折成直二面角，、分別為、的中點，是正方形的中心，則的大小為（）A. B.C. D.9．已知P是橢圓上的一點，是橢圓的兩個焦點且，則的面積是（）A. B.2C. D.110．“楊輝三角”是中國古代重要的數學成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年，如圖是由“楊輝三角”拓展而成的三角形數陣，記為圖中虛線上的數1，3，6，10，…構成的數列的第n項，則的值為（）A.1225 B.1275C.1326 D.136211．楊輝三角是二項式系數在三角形中的一種幾何排列，在中國南宋數學家楊輝1261年所著的《詳解九章算法》一書中就有出現.在歐洲，帕斯卡（1623～1662）在1654年發(fā)現這一規(guī)律，比楊輝要遲了393年.如圖所示，在“楊輝三角”中，從1開始箭頭所指的數組成一個鋸齒形數列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，則在該數列中，第37項是A.153 B.171C.190 D.21012．已知中，內角所對的邊分別，若，，，則（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設、、是三個不同的平面，、是兩條不同的直線，給出下列三個結論：①若，，則；②若，，則；③若，，則其中，正確結論的序號為__14．某市開展“愛我內蒙，愛我家鄉(xiāng)”攝影比賽，9位評委給參賽作品A打出的分數如莖葉圖所示，記分員算得平均分為91，復核員在復核時，發(fā)現一個數字（莖葉圖中的x）無法看清，若記分員計算無誤，則數字x應該是______15．已知正方體的棱長為6，E為棱的中點，F為棱上的點，且，則___________.16．已知定義在實數集R上的函數f(x)滿足f（1）＝3，且f(x)的導數在R上恒有<2(x∈R)，則不等式f(x)<2x＋1的解集為______.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）如圖，四棱錐P－ABCD的底面ABCD是菱形，PA⊥AB，PA⊥AD，且E、F分別是AC、PB的中點（1）證明：EF∥平面PCD；（2）求證：平面PBD⊥平面PAC18．（12分）已知命題：對任意實數都有恒成立；命題：關于的方程有實數根（1）若命題為假命題，求實數的取值范圍；（2）如果“”為真命題，且“”為假命題，求實數的取值范圍19．（12分）如圖，在半徑為6m的圓形O為圓心鋁皮上截取一塊矩形材料OABC，其中點B在圓弧上，點A，C在兩半徑上，現將此矩形鋁皮OABC卷成一個以AB為母線的圓柱形罐子的側面不計剪裁和拼接損耗，設矩形的邊長|AB|xm，圓柱的體積為Vm3.（1）寫出體積V關于x的函數關系式，并指出定義域；（2）當x為何值時，才能使做出的圓柱形罐子的體積V最大最大體積是多少?20．（12分）已知命題：“，”，命題：“，”，若“且”為真命題，求實數的取值范圍21．（12分）設二次函數.（1）若是函數的兩個零點，且最小值為.①求證：；②當且僅當a在什么范圍內時，函數在區(qū)間上存在最小值?（2）若任意實數t，在閉區(qū)間上總存在兩實數m，n，使得成立，求實數a的取值范圍.22．（10分）已知項數為的數列是各項均為非負實數的遞增數列.若對任意的，（），與至少有一個是數列中的項，則稱數列具有性質.（1）判斷數列，，，是否具有性質，并說明理由；（2）設數列具有性質，求證：；（3）若數列具有性質，且不是等差數列，求項數的所有可能取值.

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、B【解析】利用兩直線平行的等價條件求得實數m的值.【詳解】∵兩條直線x+my+6=0和（m﹣2）x+3y+2m=0互相平行，∴解得m=﹣1，故選B【點睛】已知兩直線的一般方程判定兩直線平行或垂直時，記住以下結論，可避免討論：已知，，則，2、C【解析】首先求得橢圓方程，然后確定的最大值即可.【詳解】由題意可得：，據此可得：，橢圓方程為，設橢圓上點的坐標為，則，故：，當時，.本題選擇C選項.【點睛】本題主要考查橢圓方程問題，橢圓中的最值問題等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.3、C【解析】以設備的位置為坐標原點，其正東方向為軸正方向，正北方向為軸正方向建立平面直角坐標系，求得直線和圓的方程，利用點到直線的距離公式和圓的弦長公式，求得的長，進而求得持續(xù)監(jiān)測的時長.【詳解】以設備的位置為坐標原點，其正東方向為軸正方向，正北方向為軸正方向建立平面直角坐標系，如圖所示，則，，可得，圓記從處開始被監(jiān)測，到處監(jiān)測結束，因為到的距離為米，所以米，故監(jiān)測時長為分鐘故選：C.4、A【解析】過點且與原點O距離最遠的直線垂直于直線，再由點斜式求解即可【詳解】過點且與原點O距離最遠的直垂直于直線，，∴過點且與原點O距離最遠的直線的斜率為，∴過點且與原點O距離最遠的直線方程為：，即.故選：A5、A【解析】利用平行線，將異面直線的夾角問題轉化為共面直線的夾角問題，再解三角形.【詳解】取BC中點H，BH中點I，連接AI、FI、，因為E為中點，在長方體中，，所以四邊形是平行四邊形，所以所以，又因為F為的中點，所以，所以，則即為異面直線與所成角(或其補角).設AB=BC=4，則，則,，根據勾股定理：，，，所以是等腰三角形，所以.故B，C，D錯誤.故選：A.6、A【解析】求得圓心到直線的距離，根據題意列出的不等關系式，即可求得的范圍.【詳解】因為圓心到直線的距離，故要滿足題意，只需，解得.故選：A.7、A【解析】結合橢圓的定義、勾股定理列方程，化簡求得，由此求得離心率.【詳解】圓的圓心為，半徑為.設左焦點為，連接，由于，所以，所以，所以，由于，所以，所以，，.故選：A8、B【解析】建立空間直角坐標系，以向量法去求的大小即可解決.【詳解】由題意可得平面，，則兩兩垂直以O為原點，分別以OB、OA、OC所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標系則，，，，又，則故選：B9、A【解析】設，先求出m、n，再利用面積公式即可求解.【詳解】在中，設，則,解得：.因為，所以，所以的面積是.故選：A10、B【解析】觀察前4項可得，從而可求得結果【詳解】由題意可得，……，觀察規(guī)律可得，所以，故選：B11、C【解析】根據“楊輝三角”找出數列1，2，3，3，6，4，10，5，…之間的關系即可?！驹斀狻坑深}意可得從第3行起的每行第三個數：，所以第行的第三個數為在該數列中，第37項為第21行第三個數，所以該數列的第37項為故選：C【點睛】本題主要考查了歸納、推理的能力，屬于中等題。12、B【解析】利用正弦定理可直接求得結果.【詳解】在中，由正弦定理得：.故選：B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、①②【解析】利用線面垂直的性質可判斷命題①、②的正誤；利用特例法可判斷命題③的正誤.綜合可得出結論.【詳解】、、是三個不同的平面，、是兩條不同的直線.對于①，若，，由同垂直于同一平面的兩直線平行，可得，故①正確；對于②，若，，由同垂直于同一直線的兩平面平行，可得，故②正確；對于③，若，，考慮墻角處的三個平面兩兩垂直，可判斷、相交，則不正確故答案為：①②【點睛】本題考查空間中線面、面面位置關系有關命題真假的判斷，考查推理能力，屬于基礎題.14、1【解析】由平均數列出方程，求出x的值.【詳解】由題意得：，解得：.故答案為：115、18【解析】建立空間直角坐標系，利用空間向量的數量積運算求解.【詳解】建立如圖所示空間直角坐標系：則，所以，所以，故答案為：1816、【解析】構造函數g(x)＝f(x)－2x－1，則原不等式可化為.利用導數判斷出g(x)在R上為減函數，直接利用單調性解不等式即可【詳解】令g(x)＝f(x)－2x－1，則g（1）＝f（1）－2－1＝0.所以原不等式可化為.因為，所以g(x)在R上為減函數.由解得：x>1.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）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】(1)連結，證明EF∥PD即可；(2)證明BD⊥平面PAC即可【小問1詳解】連結，則是的中點，又是的中點，，又平面，面，平面【小問2詳解】∵PA⊥AB，PA⊥AD，AB∩AD＝A，AB、AD平面ABCD，∴PA⊥平面ABCD，∵BD平面ABCD，∴PA⊥BD，是菱形，，又，平面，又平面，∴平面平面﹒18、（1）；（2）【解析】（1）先分別求出命題為真命題和命題為真命題時參數的范圍，則可得當命題為假命題，實數的取值范圍（2）由“”為真命題，且“”為假命題，則命題，一真一假，再分真，且假，和真，且假兩種情況分別求出參數的范圍，再綜合得到答案.【詳解】命題為真命題：對任意實數都有恒成立或；命題為真命題：關于的方程有實數根；（1）命題為假命題，則實數取值范圍（2）由“”為真命題，且“”為假命題，則命題，一真一假.如果真，且假，有，且，則如果真，且假，有或，且，則綜上，實數的取值范圍為19、（1），；（2）時，最大值為m3.【解析】(1)連接，在中，由，利用勾股定理可得，設圓柱底面半徑為，求出．利用(其中即可得出；(2)利用導數，求出V的單調性，即可得出結論【小問1詳解】連接，在中，，，設圓柱底面半徑為，則，即，，其中【小問2詳解】由及，得，列表如下：，0↗極大值↘∴當時，有極大值，也是最大值為m320、或【解析】先分別求出，為真時，的范圍；再求交集，即可得出結果.【詳解】若是真命題．則對任意恒成立，∴；若為真命題，則方程有實根，∴，解得或，由題意，真也真，∴或即實數的取值范圍是或.21、（1）①證明見解析；②（2）【解析】（1）①根據二次函數的性質和一元二次方程的求根公式，求得，即可證得；②由①知，區(qū)間，根據二次函數的性質，即可求解.（2）存在兩實數，使得成立，轉化為在區(qū)間上，有成立，設﹐結合二次函數的圖象與性質，分類討論，即可求解.【小問1詳解】解：①由題意，函數二次函數，因為最小值為，可得，即，因為，所以根據求根公式得，所以.②由①知，區(qū)間因為，對稱軸，且函數在區(qū)間上存在最小值，所以，因為，所以解得，所以，即a的取值范圍為.【小問2詳解】解：存在兩實數，使得成立，則在區(qū)間上，有成立，設﹐函數對稱軸為①當即時，在上單調減，，此時；②當即時，，此時③當即時，，此時；④當即時，，此時；綜合①②③④得，且最小值為，因為對任意實數t，都有，所以只需，即，所以實數a的取值范圍.22、（1）數列，，，不具有性質；（2）證明見解析；（3）可能取值只有.【解析】（1）由數列具有性質的定義，只需判斷存在與都不是數列中的項即可.（2）由性質知：、，結合非負遞增性有，再由時，必有，進而可得，，，，，應用累加法即可證結論.（3）討論、、，結合性質、等差數列的性質判斷是否存在符合題設性質，進而確定的可能取值.【小問1詳解】數列，，，不具有性質.因為，，和均不是數列，，，中的項，所以數列，，，不具有性質.【小問2詳解】記數列的各項組成的集合為，又