2024屆山西省渾源縣高二上數(shù)學期末監(jiān)測模擬試題含解析

2024屆山西省渾源縣高二上數(shù)學期末監(jiān)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．過雙曲線右焦點F作雙曲線一條漸近線的垂線，垂足為A，與另一條漸近線交于點B，若，則雙曲線C的離心率為（）A.或 B.2或C.或 D.2或2．已知函數(shù)，若，則（）A. B.0C.1 D.23．設,是雙曲線（）的左、右焦點，是坐標原點．過作的一條漸近線的垂線，垂足為．若，則的離心率為A. B.C. D.4．將一個表面積為的球用一個正方體盒子裝起來，則這個正方體盒子的最小體積為（）A. B.C. D.5．若x，y滿足約束條件，則的最大值為（）A.1 B.0C.?1 D.?36．已知橢圓的上下頂點分別為，一束光線從橢圓左焦點射出，經過反射后與橢圓交于點，則直線的斜率為（）A. B.C. D.7．記等差數(shù)列的前n項和為，若，，則等于（）A.5 B.31C.38 D.418．已知等比數(shù)列的前項和為，若，，則（）A.20 B.30C.40 D.509．函數(shù)的部分圖像為（）A. B.C. D.10．在空間四邊形中，，，，且，則（）A. B.C. D.11．已知點與不重合的點A，B共線，若以A，B為圓心，2為半徑的兩圓均過點，則的取值范圍為（）A. B.C. D.12．在四面體中，設，若F為BC的中點，P為EF的中點，則＝（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知直線與圓交于A,B兩點,過A,B分別做l的垂線與x軸交于C,D兩點,若|AB|=4,則|CD|=_____________.14．已知拋物線C：y2＝2px過點P(1，1):①點P到拋物線焦點的距離為②過點P作過拋物線焦點的直線交拋物線于點Q，則△OPQ的面積為③過點P與拋物線相切的直線方程為x－2y＋1＝0④過點P作兩條斜率互為相反數(shù)的直線交拋物線于M，N兩點，則直線MN的斜率為定值其中正確的是________.15．已知拋物線C：的焦點為F，準線為l，過點F斜率為的直線與拋物線C交于點M（M在x軸的上方），過M作于點N，連接NF交拋物線C于點Q，則__________16．設函數(shù)，若存在實數(shù)使得成立，則的取值范圍是__________.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）在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，平面，，是的中點.（1）若為線段的中點，證明：平面；（2）線段上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為，若存在，求的長，若不存在，請說明理由.18．（12分）已知函數(shù).（1）求的單調區(qū)間；（2）討論的零點個數(shù).19．（12分）已知在等差數(shù)列中，，（1）求數(shù)列的通項公式；（2）若的前n項和為，且，，求數(shù)列的前n項和20．（12分）已知橢圓的離心率是，且過點.直線與橢圓相交于兩點.（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）求的面積的最大值；（Ⅲ）設直線，分別與軸交于點，.判斷，大小關系，并加以證明.21．（12分）已知中，內角的對邊分別為，且滿足.（1）求的值；（2）若，求面積的最大值.22．（10分）已知中，分別為角的對邊，且（1）求；（2）若為邊的中點，，求的面積

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、D【解題分析】求得點A，B的坐標，利用轉化為坐標比求解.【題目詳解】不妨設直線，由題意得，解得，即；由得，即，因為，所以，所以當時，，；當時，，則，故選：D2、D【解題分析】求出函數(shù)的導數(shù)，直接代入即可求值.【題目詳解】因為，所以，所以，所以.故選：D.3、B【解題分析】分析：由雙曲線性質得到，然后在和在中利用余弦定理可得詳解：由題可知在中，在中,故選B.點睛：本題主要考查雙曲線的相關知識，考查了雙曲線的離心率和余弦定理的應用，屬于中檔題4、C【解題分析】求出球的半徑，要使這個正方形盒子的體積最小，則這個正方體正好是該球的外切正方體，所以正方體的棱長等于球的直徑，從而可得出答案.【題目詳解】解：設球的半徑為，則，得，故該球的半徑為11cm，若要使這個正方形盒子的體積最小，則這個正方體正好是該球的外切正方體，所以正方體的棱長等于球的直徑，即22cm，所以這個正方體盒子的最小體積為.故選：C.5、B【解題分析】先畫出可行域，由，得，作出直線，過點時，取得最大值，求出點的坐標代入目標函數(shù)中可得答案【題目詳解】不等式組表示的可行域如圖所示，由，得，作出直線，過點時，取得最大值，由，得，即，所以的最大值為，故選：B6、B【解題分析】根據(jù)給定條件借助橢圓的光學性質求出直線AD的方程，進而求出點D的坐標計算作答.【題目詳解】依題意，橢圓的上頂點，下頂點，左焦點，右焦點，由橢圓的光學性質知，反射光線AD必過右焦點，于是得直線AD的方程為：，由得點，則有，所以直線的斜率為.故選：B7、A【解題分析】設等差數(shù)列的公差為d，首先根據(jù)題意得到，再解方程組即可得到答案.【題目詳解】解：設等差數(shù)列的公差為d，由題知：，解得.故選：A.8、B【解題分析】根據(jù)等比數(shù)列前項和的性質進行求解即可.【題目詳解】因為是等比數(shù)列，所以成等比數(shù)列，即成等比數(shù)列，顯然，故選：B9、D【解題分析】先判斷奇偶性排除C，再利用排除B，求導判斷單調性可排除A.【題目詳解】因為，所以為偶函數(shù)，排除C；因為，排除B；當時，，，當時，，所以函數(shù)在區(qū)間上單調遞減，排除A.故選：D10、A【解題分析】利用空間向量的線性運算即可求解.【題目詳解】..故選:A.11、D【解題分析】由題意可得兩點的坐標滿足圓，然后由圓的性質可得當時，弦長最小，當過點時，弦長最長，再根據(jù)向量數(shù)量積的運算律求解即可【題目詳解】設點，則以A，B為圓心，2為半徑的兩圓方程分別為和，因為兩圓過，所以和，所以兩點的坐標滿足圓，因為點與不重合的點A，B共線，所以為圓的一條弦，所以當弦長最小時，，因為，半徑為2，所以弦長的最小值為，當過點時，弦長最長為4，因為，所以當弦長最小時，的最大值為，當弦長最大時，的最小值為，所以的取值范圍為，故選：D12、A【解題分析】作出圖示，根據(jù)空間向量的加法運算法則，即可得答案.【題目詳解】如圖示：連接OF,因為P為EF中點，，F(xiàn)為BC的中點，則，故選：A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】先求出圓心和半徑，由于半徑為2，弦|AB|=4，所以可知直線過圓心，從而得，求出，得到直線方程且傾斜角為135°，進而可求出|CD|【題目詳解】圓,圓心(1,2),半徑r=2,∵|AB|=4,∴直線過圓心(1,2),∴,∴,∴直線,傾斜角為135°,∵過A,B分別做l的垂線與x軸交于C,D兩點,∴.故答案為：4【題目點撥】此題考查直線與圓的位置關系，考查兩直線的位置關系，考查轉化思想和計算能力，屬于基礎題14、②③④【解題分析】由拋物線過點可得拋物線的方程，求出焦點的坐標及準線方程，由拋物線的性質可判斷①；求出直線的方程與拋物線聯(lián)立切線的坐標，進而求出三角形的面積，判斷②；設直線方程為y－1＝k(x－1)，與y2＝x聯(lián)立求得斜率，進而可得在處的切線方程，從而判斷③；設直線的方程為拋物線聯(lián)立求出的坐標，同理求出的坐標，進而求出直線的斜率，從而可判斷④【題目詳解】解：由拋物線過點，所以，所以，所以拋物線的方程為：；可得拋物線的焦點的坐標為：，，準線方程為：，對于①，由拋物線的性質可得到焦點的距離為，故①錯誤；對于②，可得直線的斜率，所以直線的方程為：，代入拋物線的方程可得：，解得，所以，故②正確；對于③，依題意斜率存在，設直線方程為y－1＝k(x－1)，與y2＝x聯(lián)立，得：ky2－y＋1－k＝0，＝1－4k(1－k)＝0，4k2－4k＋1＝0，解得k＝，所以切線方程為x－2y＋1＝0，故③正確；對于④，設直線的方程為：，與拋物線聯(lián)立可得，所以，所以，代入直線中可得，即，，直線的方程為：，代入拋物線的方程，可得，代入直線的方程可得，所以，，所以為定值，故④正確故答案為：②③④.15、【解題分析】由題意畫出圖形，寫出直線的方程，與拋物線方程聯(lián)立求出的坐標，進一步求出的坐標，求得即可求解【題目詳解】解：如圖，由拋物線，得，，則，與拋物線聯(lián)立得，解得、，，，，，為等邊三角形，，過作軸的垂線交軸于，設，，，，，在拋物線上，，解得，，，，則，故答案為：16、【解題分析】將變形為，令，，分別研究其單調性及值域，使問題轉化為即可.【題目詳解】由題，，令，則，由，得，由，得，所以在遞減，在遞增，所以，令，則，由，得，由，得，所以在遞增，在遞減，所以，若存在實數(shù)使得成立，即存在實數(shù)使得成立，即存在實數(shù)使得恒成立所以，即，解得，所以取值范圍為.故答案為：【題目點撥】關鍵點點睛：本題解題關鍵是將所求問題轉為存在實數(shù)使得恒成立，結合的值域進一步轉化為存在實數(shù)使得恒成立，再只需即可.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）存在點，且的長為，理由見解析.【解題分析】（1）取的中點為，連接，得到，結合面面平行的判定定理證得平面平面，進而得到平面；（2）以為原點，所在的直線分別為軸、軸，以垂直平面的直線為軸，建立空間直角坐標系，設，求得的法向量為和向量，結合向量的夾角公式列出方程，求得的值，即可求解.【小問1詳解】證明：取的中點為，連接，因為分別為的中點，所以，又因為平面，且，所以平面平面，又由平面，所以平面.【小問2詳解】解：以為原點，所在的直線分別為軸、軸，以垂直平面的直線為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，因為底面是邊長為2的菱形，設，在直角中，可得，在直角中，可得，在中，因為，所以，即，解得，設，可得，則，設平面的法向量為，則，令，可得，設直線與平面所成角為，所以，解得，即，所以存在點，且的長為.18、（1）單調遞增區(qū)間是和，單調遞減區(qū)間是（2）時，有1個零點；或時，有2個零點；時，有3個零點.【解題分析】（1）求解函數(shù)的導數(shù)，再運用導數(shù)求解函數(shù)的單調區(qū)間即可；（2）根據(jù)導數(shù)分析原函數(shù)的極值，進而討論其零點個數(shù).【題目詳解】（1）因為，所以由，得或；由，得.故單調遞增區(qū)間是和，單調遞減區(qū)間是.（2）由（1）可知的極小值是，極大值是.①當時，方程有且僅有1個實根，即有1個零點；②當時，方程有2個不同實根，即有2個零點；③當時，方程有3個不同實根，即有3個零點；④當時，方程有2個不同實根，即有2個零點；⑤當時，方程有1個實根，即有1個零點.綜上，當或時，有1個零點；當或時，有2個零點；當時，有3個零點.19、（1）；（2）.【解題分析】(1)根據(jù)給定條件求出數(shù)列的公差即可求解作答.(2)由已知條件求出數(shù)列的通項，再利用錯位相減法計算作答.【小問1詳解】等差數(shù)列中，，解得，則公差，所以數(shù)列的通項公式為：.【小問2詳解】的前n項和為，，，則當時，，于是得，即，而，即，，因此，數(shù)列是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，，由(1)知，，則，因此，，，所以數(shù)列的前n項和.20、（1）（2）（3）見解析【解題分析】(1)由題意求得，所以橢圓的方程為(2)聯(lián)立直線與橢圓方程，由題意可得．三角形的高為．，面積表達式，當且僅當時，．即的面積的最大值是(3)結論為．利用題意有．所以試題解析：解：（Ⅰ）設橢圓的半焦距為因為橢圓的離心率是，所以，即由解得所以橢圓的方程為（Ⅱ）將代入，消去整理得令，解得設則，所以點到直線的距離為所以的面積，當且僅當時，所以的面積的最大值是（Ⅲ）．證明如下：設直線，的斜率分別是，，則由（Ⅱ）得，所以直線，的傾斜角互補所以，所以所以21、（1）2；（2）.【解題分析】（1）利用正弦定理以及逆用兩角和的正弦公式得出，而，即可求出的值；（2）