海南省天一大聯考2023年高二數學第一學期期末調研模擬試題含解析

海南省天一大聯考2023年高二數學第一學期期末調研模擬試題注意事項：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．若動點在方程所表示的曲線上，則以下結論正確的是（）①曲線關于原點成中心對稱圖形；②動點到坐標原點的距離的取值范圍為；③動點與點的最小距離為；④動點與點的連線斜率的取值范圍是.A.①② B.①②③C.③④ D.①②④2．在正方體中，E，F分別為AB，CD的中點，則與平面所成的角的正弦值為（）A. B.C. D.3．南宋數學家楊輝所著的《詳解九章算法》中有如下俯視圖所示的幾何體，后人稱之為“三角垛”.其最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球，…，則第十層球的個數為（）A.45 B.55C.90 D.1104．已知斜率為1的直線l過橢圓的右焦點，交橢圓于A，B兩點，則弦AB的長為（）A. B.C. D.5．已知橢圓與圓在第二象限的交點是點，是橢圓的左焦點，為坐標原點，到直線的距離是，則橢圓的離心率是（）A. B.C. D.6．已知雙曲線上的點到的距離為15，則點到點的距離為（）A.7 B.23C.5或25 D.7或237．已知實數a，b滿足，則下列不等式中恒成立的是（）A. B.C. D.8．在正四面體中，棱長為2，且E是棱AB中點，則的值為A. B.1C. D.9．圓心在x軸上且過點的圓與y軸相切，則該圓的方程是（）A. B.C. D.10．已知，若，是第二象限角，則=（）A. B.5C. D.1011．已知數列為等比數列，則“，”是“為遞減數列”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件12．函數的圖象大致為（）A B.C D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．雙曲線的實軸長為______.14．已知定點，動點分別在直線和上運動，則的周長取最小值時點的坐標為__________.15．如圖是某賽季CBA廣東東莞銀行隊甲、乙兩名籃球運動員每場比賽得分的莖葉圖，則甲、乙比賽得分的中位數之和是______.16．如果橢圓上一點P到焦點的距離等于6，則點P到另一個焦點的距離為____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）已知等差數列的前和為，數列是公比為2的等比數列，且，（1）求數列和數列的通項公式；（2）現由數列與按照下列方式構造成新的數列①將數列中的項去掉數列中的項，按原來的順序構成新數列；②數列與中的所有項分別構成集合與，將集合中的所有元素從小到大依次排列構成一個新數列;在以上兩個條件中任選一個做為已知條件，求數列的前30項和.18．（12分）已知動點M到點F（0，）的距離與它到直線的距離相等（1）求動點M的軌跡C的方程；（2）過點P（，－1）作C的兩條切線PA，PB，切點分別為A，B，求直線AB的方程19．（12分）設四邊形為矩形，點為平面外一點，且平面，若，.（1）求與平面所成角的大?。唬?）在邊上是否存在一點，使得點到平面的距離為，若存在，求出的值，若不存在，請說明理由；（3）若點是的中點，在內確定一點，使的值最小，并求此時的值.20．（12分）已知的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且（1）求；（2）若，求的面積的最大值21．（12分）已知拋物線的準線與軸的交點為.（1）求的方程；（2）若過點的直線與拋物線交于，兩點.請判斷是否為定值，若是，求出該定值；若不是，請說明理由.22．（10分）如圖，已知三棱柱的側棱與底面垂直，，，和分別是和的中點，點在直線上，且.（1）證明：無論取何值，總有；（2）是否存在點，使得平面與平面所成角為？若存在，試確定點的位置；若不存在，請說明理由.

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】將原方程等價變形為，將方程中的換為，換為，方程不變，可判斷①；利用兩點間的距離公式，結合二次函數知識可判斷②和③；取特殊點可判斷④.【詳解】因為等價于，即，對于①，將方程中的換為，換為，方程不變，所以曲線關于原點成中心對稱圖形，故①正確；對于②，設，則動點到坐標原點的距離，因為，所以，故②正確；對于③，設，動點與點的距離為，因為函數在上遞減，所以當時，函數取得最小值，從而取得最小值，故③不正確；對于④，當時，因為，所以，故④不正確.綜上所述：結論正確的是：①②.故選：A2、B【解析】作出線面角構造三角形直接求解，建立空間直角坐標系用向量法求解.【詳解】設正方體棱長為2，、F分別為AB、CD的中點，由正方體性質知平面，所以平面平面，在平面作，則平面，因為，所以即為所求角，所以.故選：B3、B【解析】根據題意，發(fā)現規(guī)律并將規(guī)律表達出來，第層有個球.【詳解】根據規(guī)律，可以得知：第一層有個球；第二層有個球；第三層有個球，則根據規(guī)律可知：第層有個球設第層的小球個數為，則有：故第十層球的個數為：故選：4、C【解析】根據題意求得直線l的方程，設，聯立直線與橢圓的方程，利用韋達定理求得，再利用弦長公式即可得出答案.【詳解】由橢圓知，，所以，所以右焦點坐標為，則直線的方程為，設，聯立，消y得，，則，所以.即弦AB長為.故選：C.5、B【解析】連接，得到，作，求得，利用橢圓的定義，可求得，在直角中，利用勾股定理，整理的，即可求解橢圓的離心率.【詳解】如圖所示，連接，因為圓，可得，過點作，可得，且，由橢圓的定義，可得，所以，在直角中，可得，即，整理得，兩側同除，可得，解得或，又因為，所以橢圓的離心率為.故選：B【點睛】本題主要考查了橢圓的定義，直角三角形的勾股定理，以及橢圓的離心率的求解，其中解答中熟記橢圓的定義，結合直角三角形的勾股定理，列出關于的方程是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題.6、D【解析】根據雙曲線的定義知，，即可求解.【詳解】由題意，雙曲線，可得焦點坐標，根據雙曲線的定義知，，而，所以或故選：D【點睛】本題主要考查了雙曲線的定義及其應用，其中解答中熟記雙曲線的定義，列出方程是解答的關鍵，著重考查推理與運算能力，屬于基礎題.7、D【解析】利用特殊值排除錯誤選項，利用函數單調性證明正確選項.【詳解】時，，但，所以A選項錯誤.時，，但，所以B選項錯誤.時，，但，所以C選項錯誤.在上遞增，所以，即D選項正確.故選：D8、A【解析】根據題意，由正四面體的性質可得：，可得，由E是棱中點，可得，代入，利用數量積運算性質即可得出.【詳解】如圖所示由正四面體的性質可得：可得：是棱中點故選：【點睛】本題考查空間向量的線性運算，考查立體幾何中的垂直關系，考查轉化與化歸思想，屬于中等題型.9、A【解析】根據題意設出圓的方程，列式即可求出【詳解】依題可設圓的方程為，所以，解得即圓的方程是故選：A10、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：D11、A【解析】本題可依次判斷“，”是否是“為遞減數列”的充分條件以及必要條件，即可得出結果.【詳解】若等比數列滿足、，則數列為遞減數列，故“，”是“為遞減數列”的充分條件，因為若等比數列滿足、，則數列也是遞減數列，所以“，”不是“為遞減數列”的必要條件，綜上所述，“，”是“為遞減數列”的充分不必要條件，故選：A.【點睛】本題考查充分條件以及必要條件的判定，考查等比數列以及遞減數列的相關性質，體現了基礎性和綜合性，考查推理能力，是簡單題.12、A【解析】利用導數求得的單調區(qū)間，結合函數值確定正確選項.【詳解】由，可得函數的減區(qū)間為，增區(qū)間為，當時，，可得選項為A故選：A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、4【解析】根據雙曲線標準方程的特征即可求解.【詳解】由題可知.故答案為：4.14、【解析】作點分別關于直線和的對稱點，根據對稱性即可求出三角形周長的最小值，利用三點共線求出的坐標.【詳解】如圖所示：定點關于函數對稱點，關于軸的對稱點，當與直線和的交點分別為時，此時的周長取最小值，且最小值為此時點的坐標滿足，解得，即點.故答案為：.15、58【解析】分別將甲、乙兩名運動員的得分按小到大或者大到小排序，分別確定中位數，再相加即可【詳解】因為甲、乙兩名籃球運動員各參賽11場，故中位數是第6個數甲的得分按小到大排序后為：12,22,23,32,33,34,35,40,43,44,46，所以，中位數為34乙的得分按小到大排序后為：12,13,21,22,23,24,31,31,34,40,49所以，中位數為24所以，中位數之和為34+24＝58，故答案為：5816、14【解析】根據橢圓的定義及橢圓上一點P到焦點的距離等于6，可得的長.【詳解】解：根據橢圓的定義，又橢圓上一點P到焦點的距離等于6，，故，故答案：.【點睛】本題主要考查橢圓的定義及簡單性質，相對簡單.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）答案見解析【解析】（1）由題意可直接得到等比數列的通項公式；求出等差數列的公差，即可得到其通項公式；（2）若選①，則可確定由數列前33項的和減去，即可得答案；若選②，則可確定由數列前27項的和加上，即可得答案.【小問1詳解】因為數列為等比數列，且，所以.又因，所以，又，則，故等差數列的通項公式為.【小問2詳解】因為，，所以，而若選①因為在數列前30項內，不在在數列前30項內.，則數列前30項和為：=1632.若選②因為在數列前30項內，不在在數列前30項內.，則數列前30項和為：=1203.18、（1）（2）【解析】（1）根據拋物線的定義或者直接列式化簡即可求出；（2）方法一：設切線的方程為：，與拋物線方程聯立，由即可求出的值，從而得出點的坐標，即可求出直線方程【小問1詳解】設M（x，y），則解得．所以該拋物線的方程為【小問2詳解】［方法一］：依題意，切線的斜率存在，設切線的方程為：，與拋物線方程聯立，得，令，得或．從而或，解得或，所以切點A（－1，），B（2，2），直線AB的斜率為，所以直線AB的方程為，整理得．［方法二］：由可得，所以，設切點為（），則切線的斜率，又切線過點P（，－1），所以，整理得，解得或，所以切點的坐標為A（－1，），B（2，2），所以直線AB的斜率為，所以直線AB的方程為，整理得19、（1）（2）存在，距離為（3）位置答案見解析，【解析】（1）利用線面垂直的判定定理證明平面，然后由線面角的定義得到PC與平面PAD所成的角為，在中，由邊角關系求解即可.（2）假設BC邊上存在一點G滿足題設條件，不放設，則，再根據得，進而得答案.（3）延長CB到C'，使得C'B=CB，連結C'E，過E作于E'，利用三點共線，兩線段和最小，得到，過H作于H'，連結HB，在中，求解HB即可.【小問1詳解】解：因為平面，平面，所以，又因為底面是矩形，所以，又平面，所以平面，故與平面所成的角為，因為，，所以故直線PC與平面PAD所成角的大小為；【小問2詳解】解：假設BC邊上存在一點G滿足題設條件，不妨設，則因為平面，到平面的距離為所以，即因為代入數據解得，即，故存在點G，當時，使得點D到平面PAG的距離為；【小問3詳解】解：延長CB到C'，使得C'B=CB，連結C'E，過E作于E'，則，當且僅當三點共線時等號成立，故，過H作于H'，連結HB，在中，，，所以.20、（1）（2）【解析】（1）由正弦定理將邊化為角，結合三角函數的兩角和的正弦公式，可求得答案;（2）由余弦定理結合基本不等式可求得，再利用三角形面積公式求得答案.【小問1詳解】由正弦定理及，得，∵∴,∵，∴【小問2詳解】由余弦定理，∴，即，當且僅當時取等號，∴，當且僅當時等號成立，∴的面積的最大值為21、（1）（2）是定值，定值為【解析】(1)由拋物線的準線求標準方程；(2)直線與拋物線相交求定值，解聯立方程消未知數，利用韋達定理，求線段長，再求它們的倒數的平方和.【小問1詳解】由題意，可得，即，故拋物線的方程為.【小問2詳解】為定值，且定值是.下面給出證明.證明：設直線的方程為，，，聯立拋物線有，消去得，則，又，.