福建省部分重點高中2023年高二上數學期末經典模擬試題含解析

福建省部分重點高中2023年高二上數學期末經典模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．已知命題“”為真命題，“”為真命題，則（）A.為假命題，為真命題 B.為真命題，為真命題C.為真命題，為假命題 D.為假命題，為假命題2．若橢圓的右焦點與拋物線的焦點重合，則橢圓的離心率為（）A. B.C. D.3．函數的圖象如圖所示，是f(x)的導函數，則下列數值排序正確的是（）A B.C. D.4．2021年11月，鄭州二七罷工紀念塔入選全國職工愛國主義教育基地名單．某數學建模小組為測量塔的高度，獲得了以下數據：甲同學在二七廣場A地測得紀念塔頂D的仰角為45°，乙同學在二七廣場B地測得紀念塔頂D的仰角為30°，塔底為C，（A，B，C在同一水平面上，平面ABC），測得，，則紀念塔的高CD為（）A.40m B.63mC.m D.m5．現(xiàn)有4本不同的書全部分給甲、乙、丙3人，每人至少一本，則不同的分法有（）A.12種 B.24種C.36種 D.48種6．設為數列的前n項和，且，則=（）A.26 B.19C.11 D.97．攢（cuán）尖是我國古代建筑中屋頂的一種結構樣式，多見于亭閣或園林式建筑．下圖是一頂圓形攢尖，其屋頂可近似看作一個圓錐，其軸截面（過圓錐軸的截面）是底邊長為，頂角為的等腰三角形，則該屋頂的面積約為（）A. B.C. D.8．已知，若，是第二象限角，則=（）A. B.5C. D.109．已知直線，，若，則實數的值是（）A.0 B.2或-1C.0或-3 D.-310．下列各式正確的是（）A. B.C. D.11．元朝著名的數學家朱世杰在《四元玉鑒》中有一首詩：“我有一壺酒，攜著游春走.遇店添一倍，逢友飲一斗.”基于此情景，設計了如圖所示的程序框圖，若輸入的，輸出的，則判斷框中可以填（）A. B.C. D.12．已知x，y是實數，且，則的最大值是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．函數在處切線的斜率為_____14．在等差數列中，前n項和記作，若，則______15．已知拋物線的焦點與的右焦點重合，則__________.16．已知空間向量，則向量在坐標平面上的投影向量是__________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）已知命題p：集合為空集，命題q：不等式恒成立（1）若p為真命題，求實數a的取值范圍；（2）若為真命題，為假命題，求實數a的取值范圍18．（12分）二項式展開式中第五項的二項式系數是第三項系數的4倍.求：（1）；（2）展開式中的所有的有理項.19．（12分）（1）求過點，且與直線垂直的直線方程；（2）甲，乙，丙等7名同學站成一排，若甲和乙相鄰，但甲乙二人都不和丙相鄰，則共有多少種不同排法？20．（12分）設命題對于任意，不等式恒成立．命題實數a滿足（1）若命題p為真，求實數a的取值范圍；（2）若“p或q”為真，“p且q”為假，求實數a的取值范圍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）如圖，在四棱錐中，平面，是等邊三角形.（1）證明：平面平面.（2）求點到平面的距離.

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】根據復合命題的真假表即可得出結果.【詳解】若“”為真命題，則為假命題，又“”為真命題，則至少有一個真命題，所以為真命題，即為假命題，為真命題.故選：A2、B【解析】求出拋物線的焦點坐標，可得出的值，進而可求得橢圓的離心率.【詳解】拋物線的焦點坐標為，由已知可得，可得，因此，該橢圓的離心率為.故選：B.3、A【解析】結合導數的幾何意義確定正確選項.【詳解】，表示兩點連線斜率，表示在處切線的斜率；表示在處切線的斜率；根據圖象可知，.故選：A4、B【解析】設，先表示出，再利用余弦定理即可求解.【詳解】如圖所示，，設塔高為，因為平面ABC，所以，所以，又，即，解得.故選：B.5、C【解析】先把4本書按2，1，1分為3組，再全排列求解.【詳解】先把4本書按2，1，1分為3組，再全排列，則有種分法，故選：C6、D【解析】先求得，然后求得.【詳解】依題意，當時，，當時，，，所以，所以.故選：D7、B【解析】由軸截面三角形，根據已知可得圓錐底面半徑和母線長，然后可解.【詳解】軸截面如圖，其中，，所以，所以，所以圓錐的側面積.故選：B8、D【解析】先由誘導公式及同角函數關系得到，再根據誘導公式化簡，最后由二倍角公式化簡求值即可.【詳解】∵，∴，∵是第二象限角，∴，∴故選：D9、C【解析】由，結合兩直線一般式有列方程求解即可.【詳解】由知：,解得：或故選：C.10、C【解析】利用導數的四則運算即可求解.【詳解】對于A，，故A錯誤；對于B，，故B錯誤；對于C，，故C正確；對于D，，故D錯誤；故選：C11、D【解析】根據程序框圖的算法功能，模擬程序運行即可推理判斷作答.【詳解】由程序框圖知，直到型循環(huán)結構，先執(zhí)行循環(huán)體，條件不滿足，繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)體，條件滿足跳出循環(huán)體，則有：當第一次執(zhí)行循環(huán)體時，，，條件不滿足，繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)體；當第二次執(zhí)行循環(huán)體時，，，條件不滿足，繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)體；當第三次執(zhí)行循環(huán)體時，，，條件不滿足，繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)體；當第四次執(zhí)行循環(huán)體時，，，條件不滿足，繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)體；當第五次執(zhí)行循環(huán)體時，，，條件滿足，跳出循環(huán)體，輸出，于是得判斷框中的條件為：，所以判斷框中可以填：.故選：D12、D【解析】將方程化為圓的標準方程，則的幾何意義是圓上一點與點連線的斜率，進而根據直線與圓相切求得答案.【詳解】方程可化為，表示以為圓心，為半徑的圓，的幾何意義是圓上一點與點A連線的斜率，設，即，當此直線與圓相切時，斜率最大或最小，當切線位于切線AB時斜率最大.此時，，，所以的最大值為.故選：D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、1【解析】求得函數的導數，計算得，即可得到切線的斜率【詳解】由題意，函數，則，所以，即切線的斜率為1，故答案為：114、16【解析】根據等差數列前項和公式及下標和性質以及通項公式計算可得；【詳解】解：因為，所以，即，所以，所以，所以；故答案為：15、【解析】求出拋物線的焦點坐標即為的右焦點可得答案.【詳解】由題意可知：拋物線的焦點坐標為，由題意知表示焦點在軸的橢圓，在橢圓中：，所以，因為，所以.故答案為：.16、【解析】根據投影向量的知識求得正確答案.【詳解】空間向量在坐標平面上的投影向量是.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）【解析】（1）根據判別式小于0可得；（2）根據復合命題的真假可知，p和q有且只有一個真命題，然后根據相應范圍通過集合運算可得.【小問1詳解】因為集合為空集，所以無實數根，即，解得，所以p為真命題時，實數a取值范圍為.【小問2詳解】由解得：，即命題q為真時，實數a的取值范圍為，易知p為假時，a的取值范圍為，q為假時，a的取值范圍為.因為為真命題，為假命題，則p和q有且只有一個真命題，當p為假q為真時，實數a的取值范圍為；當p為真q為假時，實數a的取值范圍為.綜上，實數a的取值范圍為18、（1）6；（2），，【解析】（1）先得到二項展開式的通項，再根據第五項的二項式系數是第三項系數的4倍，建立方程求解.（2）根據（1）的通項公式求解.【詳解】（1）二項展開式的通項.依題意得，，所以，解得.（2）由（1）得，當，3，6時為有理項，故有理有，，.【點睛】本題主要考查二項式定理的通項公式，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.19、（1）；（2）960【解析】（1）根據題意，設要求直線為，將點的坐標代入，求出的值，即可得答案；（2）根據題意，分2步進行分析：先將除甲乙丙之外的4人全排列，再將甲乙看成一個整體，與丙一起安排在4人的空位中，由分步計數原理計算可得答案【詳解】解：（1）根據題意，設所求直線為，又由所求直線經過點，即，則，即所求直線；（2）根據題意，分2步進行分析：先將除甲乙丙之外的4人全排列，有種排法，再將甲乙看成一個整體，與丙一起安排在4人的空位中，有種排法，則有種排法20、（1）（2）【解析】(1)由即可獲解(2)p、q一真一假,分情況討論即可【小問1詳解】由命題為真,得任意,不等式恒成立所以即所以實數的取值范圍為【小問2詳解】由命題為真,得因為“或”為真,“且”為假,所以p、q一真一假若真假,則,即若假真,即所以實數的取值范圍為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）證