河南省鄭州市外國語學校2024屆高二數學第一學期期末學業(yè)質量監(jiān)測模擬試題含解析

河南省鄭州市外國語學校2024屆高二數學第一學期期末學業(yè)質量監(jiān)測模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．方程與的曲線在同一坐標系中的示意圖應是（）A. B.C. D.2．已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β，直線l滿足l⊥m，l⊥n，則（）A.α∥β且∥α B.α⊥β且⊥βC.α與β相交，且交線垂直于 D.α與β相交，且交線平行于3．數列，，，，…，的通項公式可能是（）A. B.C. D.4．已知雙曲線的兩個焦點為，，是此雙曲線上的一點，且滿足，，則該雙曲線的方程是（）A. B.C. D.5．若是函數的一個極值點，則的極大值為（）A. B.C. D.6．函數的圖象在點處的切線的傾斜角為（）A. B.0C. D.17．若橢圓對稱軸是坐標軸，長軸長為，焦距為，則橢圓的方程（）A. B.C.或 D.以上都不對8．在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，則與平面所成角的正弦值為（）A. B.C. D.9．過橢圓的左焦點作弦，則最短弦的長為（）A. B.2C. D.410．“不到長城非好漢，屈指行程二萬”，出自毛主席1935年10月所寫的一首詞《清平樂·六盤山》，反映了中華民族的一種精神氣魄，一種積極向上的奮斗精神.從數學邏輯角度分析，其中“好漢”是“到長城”的（）A.充分條件 B.必要條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件11．在各項都為正數的數列中，首項為數列的前項和，且，則（）A. B.C. D.12．若，都是實數，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.既不充分又不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．命題“，”為假命題，則實數a的取值范圍是______14．過拋物線的準線上任意一點做拋物線的切線，切點分別為，則A點到準線的距離與點到準線的距離之和的最小值為___________15．若正四棱柱的底面邊長為5，側棱長為4，則此正四棱柱的體積為______16．我國是世界上嚴重缺水的國家，某市政府為了鼓勵居民節(jié)約用水，計劃調整居民生活用水收費方案．通過抽樣，獲得了某年100位居民每人的月均用水量（單位：噸），將數據按照[0，0.5），[0.5，1），…，[4，4.5）分成9組，制成了如圖所示的頻率分布直方圖，則a=______________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）已知函數（1）當時，求的單調遞減區(qū)間；（2）若關于的方程恰有兩個不等實根，求實數的取值范圍18．（12分）如圖，在三棱錐中，，點為線段上的點.（1）若平面，試確定點的位置，并說明理由；（2）若，，，在（1）成立的前提下，求二面角的余弦值.19．（12分）已知橢圓的中心在原點，焦點在x軸上，長軸長是短軸長的2倍且經過點M（2，1），平行于OM的直線在y軸上的截距為m，交橢圓于A，B兩個不同點.（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）求m的取值范圍；（Ⅲ）求證直線MA，MB與x軸始終圍成一個等腰三角形.20．（12分）設數列的前項和為，已知，且.（1）證明：數列為等比數列；（2）若，是否存在正整數，使得對任意恒成立?若存在、求的值；若不存在，說明理由.21．（12分）在正方體中，、、分別是、、的中點（1）證明：平面平面；（2）證明：22．（10分）已知圓，圓.（1）試判斷圓C與圓M的位置關系，并說明理由；（2）若過點的直線l與圓C相切，求直線l的方程.

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】方程即，表示拋物線，方程表示橢圓或雙曲線，當和同號時，拋物線開口向左，方程表示焦點在軸的橢圓，無符合條件的選項；當和異號時，拋物線開口向右，方程表示雙曲線，本題選擇A選項.2、D【解析】由平面，直線滿足，且，所以，又平面，，所以，由直線為異面直線，且平面平面，則與相交，否則，若則推出，與異面矛盾，所以相交，且交線平行于，故選D考點：平面與平面的位置關系，平面的基本性質及其推論3、D【解析】利用數列前幾項排除A、B、C，即可得解；【詳解】解：由，排除A，C，由，排除B，分母為奇數列，分子為，故數列的通項公式可以為，故選：D4、A【解析】由，可得進一步求出，由此得到，則該雙曲線的方程可求【詳解】，即，則．即，則該雙曲線的方程是：故選：A【點睛】方法點睛：求圓錐曲線的方程，常用待定系數法，先定式（根據已知確定焦點所在的坐標軸，設出曲線的方程），再定式（根據已知建立方程組解方程組得解）.5、D【解析】先對函數求導，由已知，先求出，再令，并判斷函數在其左右兩邊的單調性，從而確定極大值點，然后帶入原函數即可完成求解.【詳解】因為，，所以，所以，，令，解得或，所以當，，單調遞增；時，，單調遞減；當，，單調遞增，所以的極大值為故選：D6、A【解析】求出導函數，計算得切線斜率，由斜率求得傾斜角【詳解】，設傾斜角為，則，，故選：A7、C【解析】求得、、的值，由此可得出所求橢圓的方程.【詳解】由題意可得，解得，，由于橢圓的對稱軸是坐標軸，則該橢圓的方程為或.故選：C.8、C【解析】取的中點，連接，易證平面，進一步得到線面角，再解三角形即可.【詳解】如圖，取的中點，連接，三棱柱為直三棱柱，則平面，又平面，所以，又由題意可知為等腰直角三角形，且為斜邊的中點，從而，而平面，平面，且，所以平面，則為與平面所成的角.在直角中，.故選：C9、A【解析】求出橢圓的通徑，即可得到結果【詳解】過橢圓的左焦點作弦，則最短弦的長為橢圓的通徑：故選：A10、A【解析】根據充分條件和必要條件的定義進行判斷即可【詳解】解：設為不到長城，推出非好漢，即，則，即好漢到長城，故“好漢”是“到長城”的充分條件，故選：A11、C【解析】當時，，故可以得到，因為，進而得到，所以是等比數列，進而求出【詳解】由，得，得，又數列各項均為正數，且，∴，∴，即∴數列是首項，公比的等比數列，其前項和，得，故選：C.12、A【解析】根據充分條件和必要條件的定義判斷即可得正確選項.【詳解】若，則，可得，所以，可得，故充分性成立，取，，滿足，但，無意義得不出，故必要性不成立，所以是的充分不必要條件，故選：A.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】寫出原命題的否定，再利用二次型不等式恒成立求解作答.【詳解】因命題“，”為假命題，則命題“，”為真命題，當時，恒成立，則，當時，必有，解得，所以實數a的取值范圍是.故答案為：14、8【解析】設，，，，由可得，根據導數的幾何意義求得兩切線的方程，聯(lián)立求得點的坐標，再根到準線的距離轉化為到焦點的距離，三點共線時距離最小，進而求出最小值【詳解】解：設，，，，由可得，所以，所以直線，的方程分別為：，，聯(lián)立，解得，即，，又有在準線上，所以，所以，設直線的方程為：，代入拋物線的方程可得：，可得，所以可得，即直線恒過點，即直線恒過焦點，即直的方程為：，代入拋物線的方程：，，所以，點到準線的距離與點到準線的距離之和，所以當時，距離之和最小且為8，這時直線平行于軸故答案為：815、100【解析】根據棱柱體積公式直接可得.【詳解】故答案為：10016、3##【解析】由頻率之和等于1，即矩形面積之和為1可得.【詳解】由題知，解得.故答案為：0.3三、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）求出導數，令，得出變化情況表，即可得出單調區(qū)間；（2）分離參數得，構造函數，利用導數討論單調性，根據與恰有兩個不同交點即可得出.【詳解】（1）當時，函數，則令，得，，當x變化時，的變化情況如下表:1+00+↗極大值↘極小值↗∴在上單調遞減（2）依題意，即．則令，則當時，，故單調遞增，且；當時，，故單調遞減，且∴函數在處取得最大值故要使與恰有兩個不同的交點，只需∴實數a的取值范圍是【點睛】關鍵點睛：本題考查根據方程根的個數求參數，解題的關鍵是參數分離，構造函數利用導數討論單調性，根據函數交點個數判斷.18、（1）點為MC的中點，理由見解析；（2）【解析】（1）由線面垂直得到線線垂直，進而由三線合一得到點為MC的中點；（2）作出輔助線，找到二面角的平面角，利用勾股定理求出各邊長，用余弦定理求出答案.【小問1詳解】點為MC的中點，理由如下：因為平面，平面，所以，，又，由三線合一得：點為MC的中點【小問2詳解】取AB的中點H，連接PH，CH，則由（1）知：，結合點為MC的中點，所以PA=PB，故由三線合一得：PH⊥AB，且CH⊥AB，所以∠CHP即為二面角的平面角，因為，，，所以，，，由勾股定理得：，，，在△PCH中，由余弦定理得：，故二面角的余弦值為19、（Ⅰ）；（Ⅱ）且；（Ⅲ）證明見解析.【解析】（Ⅰ）設出橢圓方程，根據題意得出關于的方程組，從而求得橢圓的方程；（Ⅱ）根據題意設出直線方程，并與橢圓方程聯(lián)立消元，根據直線與橢圓方程有兩個不同交點，利用即可求出m取值范圍；（Ⅲ）設直線MA，MB的斜率分別為k1，k2，根據題意把所證問題轉化為證明k1+k2=0即可.【詳解】（1）設橢圓方程為，由題意可得，解得，∴橢圓方程為；（Ⅱ）∵直線l平行于OM，且在y軸上的截距為m，，所以設直線的方程為，由消元，得∵直線l與橢圓交于A，B兩個不同點，所以，解得，所以m的取值范圍為.（Ⅲ）設直線MA，MB的斜率分別為k1，k2，只需證明k1+k2=0即可，設，由（Ⅱ）可知，則，由，而，，故直線MA，MB與x軸始終圍成一個等腰三角形.20、（1）證明見解析（2）【解析】（1）由已知條件有，根據等比數列的定義即可證明；（2）由（1）求出及，進而可得，利用二次函數的性質即可求解的最小值，從而可得答案.【小問1詳解】證明：因為，所以，又因為，所以，所以數列是首項為2公比為2的等比數列；【小問2詳解】解：由（1）知，，所以，所以，檢驗時也滿足上式，所以,所以，令，所以，故當即時，取得最小值，所以.21、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】（1）連接，分別證明出平面，平面，利用面面平行的判定定理可證得結論成立；（2）證明出平面，利用線面垂直的性質可證得結論成立.【小問1詳解】證明：連接，在正方體中，，，所以，四邊形為平行四邊形，所以，在中，、分別為、的中點，所以，，所以，，因為平面，平面，所以，平面因為且，、分別為、的中點，則且，所以，四邊形為平行四邊形，則，，平面，平面，平面又，所以，平面平面【小問2詳解】證明：在正方體中，平面，平面，,因為四邊形為正方形，則，因為，則平面由知（1）平面平面，所以，平面，平面，因此，22、（1）