江西省南昌市新建區(qū)第一中學2023-2024學年數(shù)學高二上期末統(tǒng)考模擬試題含解析

江西省南昌市新建區(qū)第一中學2023-2024學年數(shù)學高二上期末統(tǒng)考模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．若直線的一個方向向量為，直線的一個方向向量為，則直線與所成的角為（）A30° B.45°C.60° D.90°2．設是等比數(shù)列，則“對于任意的正整數(shù)n，都有”是“是嚴格遞增數(shù)列”（）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3．函數(shù)的定義域為開區(qū)間，導函數(shù)在內的圖像如圖所示，則函數(shù)在開區(qū)間內的極大值點有（）A.1個 B.2個C.3個 D.4個4．中，三邊長之比為，則為（）A.銳角三角形 B.直角三角形C.鈍角三角形 D.不存在這樣的三角形5．已知實數(shù)，滿足不等式組，若，則的最小值為（）A. B.C. D.6．“”是“方程為雙曲線方程”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7．如圖是拋物線形拱橋，當水面在n時，拱頂離水面2米，水面寬4米．水位下降1米后，水面寬為（）A. B.C. D.8．攢（cuán）尖是我國古代建筑中屋頂?shù)囊环N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?shù)拿娣e約為（）A. B.C. D.9．在中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，已知，，的面積為，則（）A. B.C. D.10．方程表示的曲線經(jīng)過的一點是（）A. B.C. D.11．若正實數(shù)、滿足，且不等式有解，則實數(shù)取值范圍是（）A.或 B.或C. D.12．如圖，在三棱錐中，，，，點在平面內，且，設異面直線與所成角為，則的最大值為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若圓的一條直徑的端點是、，則此圓的方程是_______14．若是直線外一點，為線段的中點，，，則______15．如圖，已知，分別是橢圓的左、右焦點，現(xiàn)以為圓心作一個圓恰好經(jīng)過橢圓的中心并且交橢圓于點，．若過點的直線是圓的切線，則橢圓的離心率為_________16．已知拋物線C：y2=8x的焦點為F，直線l過點F與拋物線C交于A，B兩點，以F為圓心的圓交線段AB于C，D兩點（從上到下依次為A，C，D，B），若，則該圓的半徑r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）設數(shù)列的前項和為，，且，，（1）若（i）求；（ii）求證數(shù)列成等差數(shù)列（2）若數(shù)列為遞增數(shù)列，且，試求滿足條件的所有正整數(shù)的值18．（12分）設O為坐標原點，動點P在圓上，過點P作軸的垂線，垂足為Q且.（1）求動點D的軌跡E的方程；（2）直線與圓相切，且直線與曲線E相交于兩不同的點A、B，T為線段AB的中點.線段OA、OB分別與圓O交于M、N兩點，記的面積分別為，求的取值范圍.19．（12分）設橢圓過，兩點，為坐標原點（1）求橢圓的方程；（2）是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓恒有兩個交點，，且？若存在，寫出該圓的方程，并求的取值范圍；若不存在，說明理由20．（12分）已知數(shù)列的前項和，且（1）證明：數(shù)列為等差數(shù)列；（2）設，記數(shù)列的前項和為，若，對任意恒成立，求實數(shù)的取值范圍21．（12分）已知數(shù)列的前n項和為，且.（1）求的通項公式；.（2）求數(shù)列的前n項和.22．（10分）已知點及圓，點P是圓B上任意一點，線段的垂直平分線l交半徑于點T，當點P在圓上運動時，記點T的軌跡為曲線E（1）求曲線E的方程；（2）設存在斜率不為零且平行的兩條直線，，它們與曲線E分別交于點C、D、M、N，且四邊形是菱形，求該菱形周長的最大值

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、C【解析】直接由公式，計算兩直線的方向向量的夾角，進而得出直線與所成角的大小【詳解】因為，，所以，所以，所以直線與所成角的大小為故選：C2、C【解析】根據(jù)嚴格遞增數(shù)列定義可判斷必要性，分類討論可判斷充分性.【詳解】若是嚴格遞增數(shù)列，顯然，所以“對于任意的正整數(shù)n，都有”是“是嚴格遞增數(shù)列”必要條件；對任意的正整數(shù)n都成立，所以中不可能同時含正項和負項，，即，或，即，當時，有，即，是嚴格遞增數(shù)列，當時，有，即，是嚴格遞增數(shù)列，所以“對于任意的正整數(shù)n，都有”是“是嚴格遞增數(shù)列”充分條件故選：C3、B【解析】利用極值點的定義求解.【詳解】由導函數(shù)的圖象知：函數(shù)在內，與x軸有四個交點：第一個點處導數(shù)左正右負，第二個點處導數(shù)左負右正，第三個點處導數(shù)左正右正，第四個點處導數(shù)左正右負，所以函數(shù)在開區(qū)間內的極大值點有2個，故選：B4、C【解析】利用余弦定理可求得最大角的余弦值小于零，由此可知最大角為鈍角.【詳解】設三邊分別為，，，中的最大角為，，為鈍角，為鈍角三角形.故選：C.5、B【解析】作出不等式組對應的平面區(qū)域，然后根據(jù)線性規(guī)劃的幾何意義求得答案.【詳解】作出不等式組所對應的可行域如圖三角形陰影部分，平行移動直線直線，可以看到當移動過點A時，在y軸上的截距最小,聯(lián)立，解得，當且僅當動直線即過點時，取得最小值為，故選：B6、C【解析】先求出方程表示雙曲線時滿足的條件，然后根據(jù)“小推大”的原則進行判斷即可.【詳解】因方程為雙曲線方程，所以，所以“”是“方程為雙曲線方程”的充要條件.故選：C.7、D【解析】由題建立平面直角坐標系，設拋物線方程為，結合條件即求.【詳解】建立如圖所示的直角坐標系：設拋物線方程為，由題意知：在拋物線上，即，解得：，，當水位下降1米后，即將代入，即，解得：，∴水面寬為米.故選：D.8、B【解析】由軸截面三角形，根據(jù)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：B9、C【解析】利用面積公式，求出，進而求出，利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出【詳解】由面積公式得：，因為的面積為，所以，求得：因，所以由余弦定理得：所以由正弦定理得：，即，解得：故選：C10、C【解析】當時可得，可得答案.【詳解】當時可得所以方程表示的曲線經(jīng)過的一點是，且其它點都不滿足方程，故選：C11、A【解析】將代數(shù)式與相乘，展開后利用基本不等式可求得的最小值，可得出關于實數(shù)的不等式，解之即可.【詳解】因為正實數(shù)、滿足，則，即，所以，，當且僅當時，即當時，等號成立，即的最小值為，因為不等式有解，則，即，即，解得或.故選：A.II卷12、D【解析】設線段的中點為，連接，過點在平面內作，垂足為點，證明出平面，然后以點為坐標原點，、、分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，設，其中，且，求出的最大值，利用空間向量法可求得的最大值.【詳解】設線段的中點為，連接，，為的中點，則，，則，，同理可得，，，平面，過點在平面內作，垂足為點，因為，所以，為等邊三角形，故為的中點，平面，平面，則，，，平面，以點為坐標原點，、、分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，因為是邊長為的等邊三角形，為的中點，則，則、、、，由于點在平面內，可設，其中，且，從而，因為，則，所以，，故當時，有最大值，即，故，即有最大值，所以，.故選：D.【點睛】方法點睛：求空間角的常用方法：（1）定義法：由異面直線所成角、線面角、二面角的定義，結合圖形，作出所求空間角，再結合題中條件，解對應的三角形，即可求出結果；（2）向量法：建立適當?shù)目臻g直角坐標系，通過計算向量的夾角（兩直線的方向向量、直線的方向向量與平面的法向量、兩平面的法向量）的余弦值，即可求得結果.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】先設圓上任意一點的坐標，然后利用直徑對應的圓周角為直角，再利用向量垂直建立方程即可【詳解】設圓上任意一點的坐標為可得：，則有：，即解得：故答案為：14、【解析】根據(jù)題意得到，進而得到，求得的值，即可求解.【詳解】因為為線段的中點，所以，所以，又因為，所以，所以故答案為：.15、##【解析】根據(jù)給定條件探求出橢圓長軸長與其焦距的關系即可計算作答.【詳解】設橢圓長軸長為，焦距為，即，依題意，，而直線是圓的切線，即，則有，又點在橢圓上，即，因此，，從而有，所以橢圓的離心率為.故答案為：16、【解析】設出直線的方程為，代入拋物線方程，消去，可得關于的二次方程，運用韋達定理及拋物線的定義，化簡計算可求解.【詳解】拋物線C：y2=8x的焦點為,設以為圓心的圓的半徑為，可知，，設，直線的方程為，則，代入拋物線方程，可得，即有，，，，即，所以.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）；詳見解析；（2）5.【解析】（1）由題可得，由條件可依次求各項，即得；猜想，用數(shù)學歸納法證明即得；（2）設，由題可得，進而可得，結合條件即求.【小問1詳解】（i）∵，且，，，∴，，，∴，，，又，，，∴，∴，解得，，解得，，解得，，解得，∴；（ii）由，，，，猜想數(shù)列是首項，公差為的等差數(shù)列，，用數(shù)學歸納法證明：當時，，成立；假設時，等式成立，即，則時，，∴，∴當時，等式也成立，∴，∴數(shù)列是首項，公差為的等差數(shù)列.【小問2詳解】設，由，，即，∴，又，，，∴，，，，，，∴，，，∴，又數(shù)列為遞增數(shù)列，∴，解得，由，∴，解得.【點睛】關鍵點點睛：第一問的關鍵是由條件猜想，然后數(shù)學歸納法證明，第二問求出，，即得.18、（1）；（2）.【解析】(1)設出點D的坐標，借助向量運算表示出點P的坐標代入圓O的方程計算作答.(2)在直線的斜率存在時設出其方程，與軌跡E的方程聯(lián)立，借助韋達定理表示出，再利用二次函數(shù)性質計算得解，然后計算直線的斜率不存在的值作答.【小問1詳解】設點，則，因，則有，又點P在圓上，即，所以動點D的軌跡E的方程是.【小問2詳解】當直線的斜率存在時，設其方程為：，因直線與圓相切，則，即，而時，直線與橢圓E相切，不符合題意，因此，由消去x并整理得：，設，則，而點T是線段AB中點，則有：，令，則，而，當，即時，，當，即時，，而，于是得，當直線的斜率不存在時，直線，，此時，所以的取值范圍是.【點睛】思路點睛：圓錐曲線中的最值問題，往往需要利用韋達定理構建目標的函數(shù)關系式，自變量可以斜率或點的橫、縱坐標等.而目標函數(shù)的最值可以通過二次函數(shù)或基本不等式或導數(shù)等求得.19、（1）（2）存在，，【解析】（1）根據(jù)橢圓E：（）過，兩點，直接代入方程解方程組，解方程組即可.（2）假設存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A，B，且，當切線斜率存在時，設該圓的切線方程為，聯(lián)立，根據(jù)，結合韋達定理運算，同時滿足，則存在，否則不存在；在該圓的方程存在時，利用弦長公式結合韋達定理得到，結合題意求解即可，當切線斜率不存在時，驗證即可.【小問1詳解】將，的坐標代入橢圓的方程得，解得，所以橢圓的方程為【小問2詳解】假設滿足題意的圓存在，其方程為，其中，設該圓的任意一條切線和橢圓交于，兩點，當直線的斜率存在時，令直線的方程為，①將其代入橢圓的方程并整理得，由韋達定理得，，②因為，所以，③將①代入③并整理得，聯(lián)立②得，④因為直線和圓相切，因此，由④得，所以存在圓滿足題意當切線的斜率不存在時，易得，由橢圓方程得，顯然，綜上所述，存在圓滿足題意當切線的斜率存在時，由①②④得，由，得，即當切線的斜率不存在時，易得，所以綜上所述，存在圓心在原點的圓滿足題意，且20、（1）證明見解析（2）【解析】（1）利用可得答案；（2）利用錯位相減可得，轉化為對任意，恒成立，求出的最大值可得答案小問1詳解】當時，由，得或（舍去），由，得，①當時，，②由①－②，得，整理得，因為，所以所以是首項為1，公差為1的等差數(shù)列【小問2詳解】由（1）可得，所以，③，④由③－④，得，即，由得，所以，即，該式對任意恒成立，因此，所以的取值范圍是21、（1）；（2）.【解析】(1)根據(jù)給定條件結合當時，探求數(shù)列的性質即可計算作答.(2)由(1)求出，再利用錯位相減法計算作答.小問1詳解】依題意，當時，因為，則，當時，，解得，于是得數(shù)列是以1為首項，為公比的等比數(shù)列，則，所以的通項公式是.【小問2詳解】由(1)可知，，則，因此，兩式相減得：，于是得，所以數(shù)列的前n項和.22、（1）（2）【解析】（1）根據(jù)橢圓的定義和性質，建立方程求出，即可（2）設的方程為，，，，，設的方程為，，，，，分別聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達定理和判別式大于0，以及弦長公式，求得，，運用菱形和橢圓的對稱性可得，關于原點對稱，結合菱形的對角線垂直和向量數(shù)量積為0，可得，設菱形的周長為，運用基本不等式，計算可得所求最大值【小問1詳解】點在線段的垂直平分線上，，又，曲線是以坐標原點為中心，和為焦點，長軸長為的橢圓設曲線的方程為，