山东省淄博第十中学2024年数学高二上期末监测模拟试题含解析

山东省淄博第十中学2024年数学高二上期末监测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．在正四面体中，棱长为2，且E是棱AB中点，则的值为A. B.1C. D.2．已知等比数列的各项均为正数，且，则（）A. B.C. D.3．已知，，且，则向量与的夹角为（）A. B.C. D.4．从1，2，3，4，5中随机抽取三个数，则这三个数能成为一个三角形三边长的概率为（）A. B.C. D.5．已知等比数列满足，，则（）A. B.C. D.6．过两点和的直线的斜率为（）A. B.C. D.7．我国的刺绣有着悠久的历史，如图，(1)(2)(3)(4)为刺绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形个数越多刺绣越漂亮．现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第个图形包含个小正方形，则的表达式为（）A. B.C. D.8．已知复数满足(其中为虚数单位)，则复数的虚部为（）A. B.C. D.9．在中国古代，人们用圭表测量日影长度来确定节气，一年之中日影最长一天被定为冬至.从冬至算起，依次有冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，其日影长依次成等差数列，若冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，小寒、雨水，清明日影长之和为28.5尺，则大寒、惊蛰、谷雨日影长之和为（）A.25.5尺 B.34.5尺C.37.5尺 D.96尺10．若两定点A，B的距离为3，动点M满足，则M点的轨迹围成区域的面积为（）A. B.C. D.11．随机地向两个标号分别为1与2的格子涂色，涂上红色或绿色，在已知其中一个格子颜色为红色条件下另一个格子颜色也为红色的概率为（）A. B.C. D.12．在等差数列中，为其前n项和，，则（）A.55 B.65C.15 D.60二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆.人们将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知点，，动点满足，记动点的轨迹为曲线，给出下列四个结论：①曲线方程为；②曲线上存在点，使得到点的距离为；③曲线上存在点，使得到点的距离大于到直线的距离；④曲线上存在点，使得到点与点的距离之和为.其中所有正确结论的序号是___________.14．如图，把椭圆的长轴八等分，过每个分点作轴的垂线交椭圆的上半部分于，，，七个点，是椭圆的一个焦点，则的值为__________15．已知双曲线：，，是其左右焦点.圆：，点为双曲线右支上的动点，点为圆上的动点，则的最小值是________.16．已知函数，，若，，使得，则实数a的取值范围是______三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）篮天技校为了了解车床班学生的操作能力，设计了一个考查方案；每个考生从道备选题中一次性随机抽取道题，按照题目要求独立完成零件加工，规定：至少正确加工完成其中个零件方可通过．道备选题中，考生甲有个零件能正确加工完成，个零件不能完成；考生乙每个零件正确完成的概率都是，且每个零件正确加工完成与否互不影响（1）分别求甲、乙两位考生正确加工完成零件数的概率分布列（列出分布列表）；（2）试从甲、乙两位考生正确加工完成零件数的数学期望及两人通过考查的概率分析比较两位考生的操作能力18．（12分）等差数列中，首项，且成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和19．（12分）在数列中，，且.（1）证明；数列是等比数列.（2）若，求数列的前n项和.20．（12分）在平面直角坐标系中，动点，满足，记点的轨迹为（1）请说明是什么曲线，并写出它的方程；（2）设不过原点且斜率为的直线与交于不同的两点，，线段的中点为，直线与交于两点，，请判断与的关系，并证明你的结论21．（12分）已知点F为抛物线：（）的焦点，点在抛物线上且在x轴上方，.（1）求抛物线的方程；（2）已知直线与曲线交于A，B两点（点A，B与点P不重合），直线PA与x轴、y轴分别交于C、D两点，直线PB与x轴、y轴分别交于M、N两点，当四边形CDMN的面积最小时，求直线l的方程.22．（10分）已知抛物线C：上一点到焦点F的距离为2（1）求实数p的值；（2）若直线l过C的焦点，与抛物线交于A，B两点，且，求直线l的方程

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【解题分析】根据题意，由正四面体的性质可得：，可得，由E是棱中点，可得，代入，利用数量积运算性质即可得出.【题目详解】如图所示由正四面体的性质可得：可得：是棱中点故选：【题目点拨】本题考查空间向量的线性运算，考查立体几何中的垂直关系，考查转化与化归思想，属于中等题型.2、B【解题分析】利用对数的运算性质，结合等比数列的性质可求得结果.【题目详解】是各项均为正数的等比数列，，，，.故选：B3、B【解题分析】先求出向量与的夹角的余弦值，即可求出与的夹角.【题目详解】，所以，∴，∴，∴，又∵，∴与的夹角为.故选：B.4、C【解题分析】列举出所有情况，然后根据两边之和大于第三边数出能构成三角形的情况，进而得到答案.【题目详解】5个数取3个数的所有情况如下：{1,2,3；1,2,4；1,2,5；1,3,4；1,3,5；1,4,5；2,3,4；2,3,5；2,4,5；3,4,5}共10种情况，而能构成三角形的情况有{2,3,4；2,4,5；3,4,5}共3种情况，故所求概率.故选：C.5、D【解题分析】由已知条件求出公比的平方，然后利用即可求解.【题目详解】解：设等比数列的公比为，因为等比数列满足，，所以，所以，故选：D.6、D【解题分析】应用两点式求直线斜率即可.【题目详解】由已知坐标，直线的斜率为.故选：D7、D【解题分析】先分别观察给出正方体的个数为：1，，，，总结一般性的规律，将一般性的数列转化为特殊的数列再求解【题目详解】解：根据前面四个发现规律：，，，，，累加得：，，故选：【题目点拨】本题主要考查了归纳推理，属于中档题8、A【解题分析】由题目条件可得，即，然后利用复数的运算法则化简.【题目详解】因为，所以，则故复数的虚部为.故选：A.【题目点拨】本题考查复数的相关概念及复数的乘除运算，按照复数的运算法则化简计算即可，较简单.9、A【解题分析】由题意可知，十二个节气其日影长依次成等差数列，设冬至日的日影长为尺，公差为尺，利用等差数列的通项公式，求出，即可求出，从而得到答案【题目详解】设从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列{}，如冬至日的日影长为尺，设公差为尺.由题可知，所以，，，，故选：A10、D【解题分析】以点A为坐标原点，射线AB为x轴的非负半轴建立直角坐标系，求出点M的轨迹方程即可计算得解.【题目详解】以点A为坐标原点，射线AB为x轴的非负半轴建立直角坐标系，如图，设点，则，化简并整理得：，于是得点M的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，其面积为，所以M点的轨迹围成区域的面积为.故选：D11、D【解题分析】根据古典概型的概率公式即可得出答案.【题目详解】在已知其中一个格子颜色为红色条件下另一个格子颜色有红色与绿色两种情况，其中一个格子颜色为红色条件下另一个格子颜色也为红色的情况有1种，所以在已知其中一个格子颜色为红色条件下另一个格子颜色也为红色的概率为.故选：D.12、B【解题分析】根据等差数列求和公式结合等差数列的性质即可求得.【题目详解】解析：因为为等差数列，所以，即，.故选:B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、①④【解题分析】设,根据满足,利用两点间距离公式化简整理，即可判断①是否正确；由①可知，圆上的点到的距离的范围为,进而可判断②是否正确；设，根据题意可知，再根据在曲线上，可得，由此即可判断③是否正确；由椭圆的的定义，可知在椭圆上，再根据椭圆与曲线的位置关系，即可判断④是否正确.【题目详解】设,因为满足,所以,整理可得：,即,所以①正确；对于②中,由①可知，点在圆的外部,因为到圆心的距离,半径为,所以圆上的点到的距离的范围为,而,所以②不正确；对于③中,假设存在，使得到点的距离大于到直线的距离,又，到直线的距离，所以，化简可得，又，所以，即，故假设不成立，故③不正确；对于④中,假设存在这样的点，使得到点与点的距离之和为，则在以点与点为焦点，实轴长为的椭圆上，即在椭圆上，易知椭圆与曲线有交点，故曲线上存在点，使得到点与点的距离之和为；所以④正确.故答案为：①④.14、28【解题分析】设椭圆的另一个焦点为由椭圆的几何性质可知：，同理可得，且，故,故答案为.15、##【解题分析】利用双曲线定义，将的最小值问题转化为的最小值问题，然后结合图形可解.【题目详解】由题设知，，，，圆的半径由点为双曲线右支上的动点知∴∴.故答案为：16、【解题分析】先求出两函数在上的值域，再由已知条件可得，且，列不等式组可求得结果【题目详解】由，得，当时，，所以在上单调递减，所以，即，由，得，当时，，所以在上单调递增，所以，即，因为，，使得，所以，解得，故答案为：三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）分布列见解析（2）甲的试验操作能力较强，理由见解析【解题分析】（1）设考生甲、乙正确加工完成零件的个数分别为、，则的可能取值有、、，的可能取值有、、、，且，计算出两个随机变量在不同取值下的概率，可得出这两个随机变量的概率分布列；（2）计算出、、、的值，比较、的大小，以及、的大小，由此可得出结论.【小问1详解】解：设考生甲、乙正确加工完成零件的个数分别为、，则的可能取值有、、，的可能取值有、、、，且，，，，所以，考生甲正确加工完成零件数的概率分布列如下表所示：，，，，所以，考生乙正确加工完成零件数的概率分布列如下表所示：【小问2详解】解：，，，，所以，，从做对题的数学期望分析，两人水平相当；从通过考查的概率分析，甲通过的可能性大，因此可以判断甲的试验操作能力较强.18、（1）（2）【解题分析】（1）根据等比中项的性质结合等差数列的通项公式求出，进而得出数列的通项公式；（2）根据裂项相消求和法得出前项和为和.【小问1详解】因为成等比数列，所以即，解得，所以；【小问2详解】因为，，，19、（1）证明见解析；（2）.【解题分析】（1）根据递推公式，结合等差数列的定义、等比数列的定义进行证明即可；（2）运用裂项相消法进行求解即可.【小问1详解】∵，∴，又∵，∴，∴数列是首项为0，公差为1的等差数列，∴，∴，从而，∴数列是首项为2，公比为2的等比数列；【小问2详解】由（1）知，则，∴，∴.20、（1）椭圆，（2），证明见解析【解题分析】（1）结合椭圆第一定义直接判断即可求出的轨迹为；（2）设直线的方程为，，，联立椭圆方程，写出韦达定理；由中点公式求出点，进而得出直线方程，联立椭圆方程求出，结合弦长公式可求，可转化为，结合韦达定理可化简，进而得证.【小问1详解】设，，则因为，满足，即动点表示以点，为左、右焦点，长轴长为4，焦距为的椭圆，其轨迹的方程为；【小问2详解】可以判断出，下面进行证明：设直线的方程为，，，由方程组，得①，方程①判别式为，由，即，解得且由①得，，所以点坐标为，直线方程为，由方程组，得，，所以又所以.21、（1）；（2）或.【解题分析】(1)根据给定条件结合抛物线定义求出p即可作答.(2)联立直线l与抛物线的方程，用点A，B坐标表示出点C，D，M，N的坐标，列出四边形CDMN面积的函数关系，借助均值不等式计算得解.【小问1详解】抛物线的准线：，由抛物线定义得，解得，所以抛物线的方程为.【小问2详解】因为点在上，且，则，即，依题意，，设，，由消去并整理得，则有，，直线PA的斜率是，方程为，令