江西省撫州市2024屆高二數學第一學期期末質量檢測模擬試題含解析

江西省撫州市2024屆高二數學第一學期期末質量檢測模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，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．曲線與曲線的（）A.實軸長相等 B.虛軸長相等C.焦距相等 D.漸進線相同2．圓的圓心為（）A. B.C. D.3．函數的導數記為，則等于（）A. B.C. D.4．已知函數在區(qū)間上是增函數，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.5．在矩形中，，在該矩形內任取一點M，則事件“”發(fā)生的概率為（）A. B.C. D.6．已知不等式解集為，下列結論正確的是（）A. B.C D.7．設是雙曲線的一個焦點，，是的兩個頂點，上存在一點，使得與以為直徑的圓相切于，且是線段的中點，則的漸近線方程為A. B.C. D.8．已知是雙曲線的左焦點，為右頂點，是雙曲線上的點，軸，若，則雙曲線的離心率為（）A. B.C. D.9．在等比數列中，是和的等差中項，則公比的值為（）A.－2 B.1C.2或－1 D.－2或110．如圖，在正方體中，點E是上底面的中心，則異面直線與所成角的余弦值為（）A. B.C. D.11．2021年是中國共產黨百年華誕，3月24日，中宣部發(fā)布中國共產黨成立100周年慶祝活動標識（如圖1）.其中“100”的兩個“0”設計為兩個半徑為R的相交大圓，分別內含一個半徑為r的同心小圓，且同心小圓均與另一個大圓外切（如圖2）.已知，則由其中一個圓心向另一個小圓引的切線長與兩大圓的公共弦長之比為（）A. B.3C. D.12．已知函數，則（）A.函數在上單調遞增B.函數上有兩個零點C.函數有極大值16D.函數有最小值二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數是上的奇函數，，對，成立，則的解集為_________14．某班有位同學，將他們從至編號，現用系統(tǒng)抽樣的方法從中選取人參加文藝演出，抽出的編號從小到大依次排列，若排在第一位的編號是，那么第四位的編號是______15．已知經過兩點，的直線的斜率為1，則a的值為___________.16．若方程表示的曲線是圓，則實數的k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）某車間為了規(guī)定工時定額，需要確定加工零件所花費的時間，為此做了四次試驗，得到的數據如表:零件的個數x(個)2345加工的時間y(小時)2.5344.5（1）在給定的坐標系中畫出表中數據的散點圖.（2）求出y關于x的線性回歸方程，試預測加工10個零件需要多少小時?（注：，）18．（12分）如圖，在直三棱柱中，，，D為的中點（1）求證：平面；（2）求平面與平面的夾角的余弦值；（3）若E為的中點，求與所成的角19．（12分）.在直角坐標系中，點，直線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，已知曲線的極坐標方程為，直線與曲線相交于A，B兩點（1）求曲線的直角坐標方程和直線的普通方程；（2）若，求值20．（12分）已知直線與雙曲線相交于、兩點.（1）當時，求；（2）是否存在實數，使以為直徑的圓經過坐標原點？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.21．（12分）從①；②；③這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，并作答設等差數列的前n項和為，，______；設數列的前n項和為，（1）求數列和的通項公式；（2）求數列的前項和注：作答前請先指明所選條件，如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分22．（10分）橢圓的離心率為，設為坐標原點，為橢圓的左頂點，動直線過線段的中點，且與橢圓相交于、兩點．已知當直線的傾斜角為時，（1）求橢圓的標準方程；（2）是否存在定直線，使得直線、分別與相交于、兩點，且點總在以線段為直徑的圓上，若存在，求出所有滿足條件的直線的方程；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、D【解析】將曲線化為標準方程后即可求解.【詳解】化為標準方程為，由于，則兩曲線實軸長、虛軸長、焦距均不相等，而漸近線方程同為.故選：2、D【解析】由圓的標準方程求解.【詳解】圓的圓心為，故選：D3、D【解析】求導后代入即可.【詳解】，.故選：D.4、D【解析】由在上恒成立，再轉化為求函數的取值范圍可得【詳解】由已知，在上是增函數，則在上恒成立，即，，當時，，所以故選：D5、D【解析】利用幾何概型的概率公式，轉化為面積比直接求解.【詳解】以AB為直徑作圓，當點M在圓外時，.所以事件“”發(fā)生的概率為.故選：D6、C【解析】根據不等式解集為，得方程解為或，且，利用韋達定理即可將用表示，即可判斷各選項的正誤.【詳解】解：因為不等式解集為，所以方程的解為或，且，所以，所以，所以，故ABD錯誤；，故C正確.故選：C.7、C【解析】根據圖形的幾何特性轉化成雙曲線的之間的關系求解.【詳解】設另一焦點為，連接，由于是圓的切線，則，且，又是的中點，則是的中位線，則，且，由雙曲線定義可知，由勾股定理知，，，即，漸近線方程為，所以漸近線方程為故選C.【點睛】本題考查雙曲線的簡單的幾何性質，屬于中檔題.8、C【解析】根據條件可得與，進而可得，，的關系，可得解.【詳解】由已知得，設點，由軸，則，代入雙曲線方程可得，即，又，所以，即，整理可得，故，解得或（舍），故選：C.9、D【解析】由題可得，即求.【詳解】由題意，得，所以，因為，所以，解得或.故選：D.10、B【解析】建立空間直角坐標系，利用向量夾角求解.【詳解】以為原點，為軸正方向建立空間直角坐標系如圖所示，設正方體棱長為2，所以，所以異面直線與所成角的余弦值為.故選：B11、C【解析】作出圖形，進而根據勾股定理并結合圓與圓的位置關系即可求得答案.【詳解】如示意圖，由題意，，則，又，，所以，所以.故選：C.12、C【解析】對求導，研究的單調性以及極值，再結合選項即可得到答案.【詳解】，由，得或，由，得，所以在上遞增，在上遞減，在上遞增，所以極大值為，極小值為，所以有3個零點，且無最小值.故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】根據題意可以設，求其導數可知在上的單調性，由是上的奇函數，可知的奇偶性，進而可知在上的單調性，由可知的零點，最后分類討論即可.【詳解】設，則對，，則在上為單調遞增函數，∵函數是上的奇函數，∴，∴，∴偶函數，∴在上為單調遞減函數，又∵，∴，由已知得，所以當時，；當時，；當時，；當時，；若，則；若，則或，解得或或；則的解集為.故答案為：.14、29【解析】根據給定信息利用系統(tǒng)抽樣的特征直接計算作答.【詳解】因系統(tǒng)抽樣是等距離抽樣，依題意，相鄰兩個編號相距，所以第四位的編號是.故答案為：2915、6【解析】根據經過兩點的直線斜率計算公式即可求的參數a﹒【詳解】由題意可知，解得故答案為：616、【解析】根據二元二次方程表示圓的條件求解【詳解】由題意，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）見解析；（2），預測加工10個零件大約需要8.05小時【解析】（1）由題意描點作出散點圖；（2）根據題中的公式分別求和，即得，令代入求出的值即可.【詳解】（1）散點圖（2），，，∴，，∴回歸直線方程：，令，得，∴預測加工10個零件大約需要8.05小時.【點睛】本題主要考查了散點圖，利用最小二乘法求線性回歸方程，考查了學生基本作圖能力和運算求解能力.18、（1）證明見解析（2）（3）【解析】（1）連接，交于O，連接OD，根據中位線的性質，可證，根據線面平行的判定定理，即可得證；（2）如圖建系，求得各點坐標，進而可求得平面與平面法向量，根據二面角的向量求法，即可得答案；（3）求得坐標，根據線線角的向量求法，即可得答案.【小問1詳解】連接，交于O，連接OD，則O為的中點，在中，因為O、D分別為、BC中點，所以，又因為平面，平面，所以平面【小問2詳解】由題意得，兩兩垂直，以B為原點，為x，y，z軸正方向建系，如圖所示：設，則，所以，則，，因為平面在平面ABC內，且平面ABC，所以即為平面的一個法向量，設平面的一個法向量為，則，所以，令，則，所以法向量，所以，由圖象可得平面與平面的夾角為銳角，所以平面與平面的夾角的余弦值為【小問3詳解】由（2）可得，設與所成的角為，則，解得，所以與所成的角為19、（1）曲線的直角坐標方程為，直線的普通方程為；（2）.【解析】（1）根據極坐標與直角坐標互化公式，結合加法消元法進行求解即可；（2）利用直線參數方程的意義，結合一元二次方程根與系數關系進行求解即可.小問1詳解】由；；【小問2詳解】把直線的參數方程代入曲線的直角坐標方程中，得，，因為在直線上，所以，或而，所以.20、（1）；（2）不存在，理由見解析.【解析】（1）當時，將直線的方程與雙曲線的方程聯(lián)立，列出韋達定理，利用弦長公式可求得；（2）假設存在實數，使以為直徑的圓經過坐標原點，設、，將直線與雙曲線的方程聯(lián)立，列出韋達定理，由已知可得出，利用平面向量數量積的坐標運算結合韋達定理可得出，即可得出結論.【小問1詳解】解：設點、，當時，聯(lián)立，可得，，由韋達定理可得，，所以，.【小問2詳解】解：假設存在實數，使以為直徑的圓經過坐標原點，設、，聯(lián)立得，由題意可得，解得且，由韋達定理可知，因為以為直徑的圓經過坐標原點，則，所以，，整理可得，該方程無實解，故不存在.21、（1）條件選擇見解析，，（2）【解析】（1）設數列的首項為，公差為d，選①由求解；選②由求解；選③由求解；則，由，利用數列通項與前n項和公式求解；（2）易知，再利用錯位相減法求解.【小問1詳解】解：設數列的首項為，公差為d，選①得，則，選②得，則，選③得，則，所以數列的通項公式為因為，所以當時，，則當時，，則，所以是以首項為2，公比為2的等比數列，所以【小問2詳解】因為，所以數列的前n項和①②①-②得∴，則22、（1）（2）存在，且直線的方程為或【解析】（1）分析可知，，直線的方程為，設點、，將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，列出韋達定理，利用弦長公式可求得的值，即可得出橢圓的標準方程；（2）設點、，設直線的方程為，將該直線方程與橢圓的方程聯(lián)立，列出韋達定理，求出點、，由已知得出，求出的值，即可得出結論.【小問1詳解】解：因為，則，，所以，橢圓的方程為，即，易知點，則點，當直線的傾斜角為時，直線的方程為，設點、，聯(lián)立，可得，，由韋達定理可得，，所以，，解得，則，，因此，橢圓的標準方程為.【小問2詳解】解：易知點，若直線與軸重合，則、為橢圓長軸的兩個端點，不合乎題