2024学年浙江省金华市名校数学高二上期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2024学年浙江省金华市名校数学高二上期末质量跟踪监视模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．数列是公差不为零的等差数列，为其前n项和．若对任意的，都有，则的值不可能是（）A. B.2C. D.32．函数y＝x3＋x2－x＋1在区间[－2,1]上的最小值为()A. B.2C.－1 D.－43．下列命题为真命题的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则4．在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做“等和数列”，这个数叫做数列的公和．已知等和数列{an}中，，公和为5，则（）A.2 B.﹣2C.3 D.﹣35．直线且的倾斜角为（）A. B.C. D.6．如图，、分别是椭圆的左顶点和上顶点，从椭圆上一点向轴作垂线，垂足为右焦点，且，点到右准线的距离为，则椭圆方程为（）A. B.C. D.7．命题“若，则”的否命题是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则8．直线与圆的位置关系是（）A.相交 B.相切C.相离 D.相交或相切9．4位同学报名参加四个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有（）A.24种 B.81种C.64种 D.256种10．已知A，B，C三点不共线，O是平面ABC外一点，下列条件中能确定点M与点A，B，C一定共面的是A. B.C. D.11．直线经过两点，那么其斜率为（）A. B.C. D.12．阿基米德（Archimedes，公元前287年-公元前212年），出生于古希腊西西里岛叙拉古（今意大利西西里岛上），伟大的古希腊数学家、物理学家，与高斯、牛顿并称为世界三大数学家．有一类三角形叫做阿基米德三角形（过抛物线的弦与过弦端点的两切线所围成的三角形），他利用“通近法”得到抛物线的弦与抛物线所围成的封闭图形的面积等于阿基米德三角形面积的（即右图中阴影部分面积等于面积的）．若抛物线方程为，且直线与抛物线围成封闭图形的面积为6，则（）A.1 B.2C. D.3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．生活中有这样的经验：三脚架在不平的地面上也可以稳固地支撑一部照相机.这个经验用我们所学的数学公理可以表述为___________.14．已知5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出的题不再放回，在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为________.15．已知椭圆的左、右焦点为，过作x轴垂线交椭圆于点P，若为等腰直角三角形，则椭圆的离心率是___________.16．若双曲线的离心率为2，则此双曲线的渐近线方程___________.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）已知函数（1）若在点处的切线与轴平行，求的值；（2）当时，求证：；（3）若函数有两个零点，求的取值范围18．（12分）如图，在正方体中，E，F，G，H，K，L分别是AB，，，，，DA各棱的中点.（1）求证：E，F，G，H，K，L共面：（2）求证：平面EFGHKL；（3）求与平面EFGHKL所成角的余弦值.19．（12分）在等比数列中，是与的等比中项，与的等差中项为6（1）求的通项公式；（2）设，求数列前项和20．（12分）命题p：直线l：与圆C：有公共点，命题q：双曲线的离心率（1）若p，q均为真命题，求实数m的取值范围；（2）若为真，为假，求实数m的取值范围21．（12分）已知p：，q：（1）若p是q的必要不充分条件，求实数m的范围；（2）若是的必要不充分条件，求实数m的范围22．（10分）求满足下列条件的圆锥曲线方程的标准方程.（1）经过点，两点的椭圆；（2）与双曲线－＝1有相同的渐近线且经过点的双曲线.

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】由已知建立不等式组，可求得，再对各选项逐一验证可得选项.【题目详解】解：因为数列是公差不为零的等差数列，为其前n项和．对任意的，都有，所以，即，解得，则当时，，不成立；当时，，成立；当时，，成立；当时，，成立；所以的值不可能是，故选：A.2、C【解题分析】详解】，令，解得或；令，解得函数在上递增，在递减，在递增，时，取极大值，极大值是时，函数取极小值，极小值是，而时，时，，故函数的最小值为，故选C.3、D【解题分析】通过举反列即可得ABC错误，利用不等式性质可判断D【题目详解】A.当时，，但，故A错；B.当时，，故B错；C.当时，，但，故C错；D.若，则，D正确故选：D4、C【解题分析】利用已知即可求得，再利用已知可得：，问题得解【题目详解】解：根据题意，等和数列{an}中，，公和为5，则，即可得，又由an﹣1+an＝5，则，则3；故选C【题目点拨】本题主要考查了新概念知识，考查理解能力及转化能力，还考查了数列的周期性，属于中档题5、C【解题分析】由直线方程可知其斜率，根据斜率和倾斜角关系可得结果.【题目详解】直线方程可化为：，直线的斜率，直线的倾斜角为.故选：C.6、A【解题分析】设椭圆方程为，设该椭圆的焦距为，则，求出点的坐标，根据可得出，可得出，，结合已知条件求得的值，可得出、的值，即可得出椭圆的方程.【题目详解】设椭圆方程为，设该椭圆的焦距为，则，由图可知，点第一象限，将代入椭圆方程得，得，所以，点，易知点、，，，因为，则，得，可得，则，点到右准线的距离为为，则，，因此，椭圆的方程为.故选：A.7、B【解题分析】根据原命题的否命题是条件结论都要否定【题目详解】解：因为原命题的否命题是条件结论都要否定所以命题“若，则”的否命题是若，则；故选：B8、A【解题分析】由直线恒过定点，且定点圆内，从而即可判断直线与圆相交.【题目详解】解：因为直线恒过定点，而，所以定点在圆内，所以直线与圆相交，故选：A.9、D【解题分析】利用分步乘法计数原理进行计算.【题目详解】每位同学均有四种选择，故不同的报名方法有种.故选：D10、D【解题分析】首先利用坐标法，排除错误选项，然后对符合的选项验证存在使得，由此得出正确选项.【题目详解】不妨设.对于A选项，，由于的竖坐标，故不在平面上，故A选项错误.对于B选项，，由于的竖坐标，故不在平面上，故B选项错误.对于C选项，，由于的竖坐标，故不在平面上，故C选项错误.对于D选项，，由于的竖坐标为，故在平面上，也即四点共面.下面证明结论一定成立：由，得，即，故存在，使得成立，也即四点共面.故选：D.【题目点拨】本小题主要考查空间四点共面的证明方法，考查空间向量的线性运算，考查数形结合的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.11、B【解题分析】由两点的斜率公式可得答案.【题目详解】直线经过两点，则故选：B12、D【解题分析】根据题目所给条件可得阿基米德三角形的面积，再利用三角形面积公式即可求解.【题目详解】由题意可知，当过焦点的弦垂直于x轴时，即时，，即，故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、不在同一直线上的三点确定一个平面【解题分析】根据题意结合平面公理2即可得出答案.【题目详解】解：根据题意可知，三脚架与地面接触的三个点不在同一直线上，则为数学中的平面公理2：不在同一直线上的三点确定一个平面.故答案为：不在同一直线上的三点确定一个平面.14、.【解题分析】设事件：第1次抽到代数题，事件：第2次抽到几何题，求得,结合条件概率的计算公式，即可求解.【题目详解】由题意，从5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出不再放回，设事件：第1次抽到代数题，事件：第2次抽到几何题，则，，所以在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为:.故答案为：.15、##【解题分析】以为等腰直角三角形列方程组可得之间的关系式，进而求得椭圆的离心率.【题目详解】椭圆的左、右焦点为，点P由为等腰直角三角形可知，，即可化为，故或（舍）故答案为：16、【解题分析】根据离心率得出，结合得出关系，即可求出双曲线的渐近线方程.【题目详解】解：由题可知，离心率，即，又，即，则，故此双曲线的渐近线方程为.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）；（2）证明见解析；（3）.【解题分析】（1）由可求得实数的值；（2）利用导数分析函数的单调性，求得，即可证得结论成立；（3）分析可知在上存在唯一的极值点，且，可得出，构造函数，分析函数的单调性，求得的取值范围，再构造，分析函数的单调性，求出的范围，即可得出的取值范围.【小问1详解】解：因为的定义域为，.由题意可得，解得.【小问2详解】证明：当时，，该函数的定义域为，，令，其中，则，故函数在上递减，因为，，所以，存在，使得，则，且，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以，，所以，当时，.【小问3详解】解：函数的定义域为，.令，其中，则，所以，函数单调递减，因为函数有两个零点，等价于函数在上存在唯一的极值点，且为极大值点，且，即，所以，，令，其中，则，故函数在上单调递增，又因为，由，可得，构造函数，其中，则，所以，函数在上单调递增，故，因此，实数的取值范围是.【题目点拨】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.18、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解题分析】建立空间直角坐标系，求出各点的坐标；（1）用向量的坐标运算证明向量共面，进而证明点共面；（2）利用向量的数量积的坐标运算证明，即可；（3）确定平面EFGHKL的一个法向量，利用空间角度的向量计算公式求得答案.【小问1详解】证明：以D为原点，分别以DA，DC，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2.则，，，，，，，.可得，，，，，.可得，，，，，所以，，，，共面，又它们过同一点E,所以E，F，G，H，K，L共面.【小问2详解】证明：由（1）得，，又故，，又，所以平面LEF，即平面EFGHKL.【小问3详解】由（2）知，是平面EFGHKL的一个法向量，设与平面EFGHKL所成角为，，,.所以,所以与平面EFGHKL所成角的余弦值为.19、（1）；（2）.【解题分析】(1)设出等比数列的公比，根据给定条件列出方程求解作答.(2)由(1)的结论求出，再利用分组求和法计算作答.【小问1详解】设等比数列公比为，依题意，，即，解得，所以的通项公式【小问2详解】由(1)知，，.20、（1），；（2）.【解题分析】(1)求出，成立的等价条件，即可求实数的取值范围；(2)若“”为假命题，“”为真命题，则、一真一假，当真假时，求出的取值范围，当假真时，求出的取值范围，然后取并集即可得答案【小问1详解】若命题为真命题，则，解得：，若命题为真命题，则且，，解得，∴，均为真命题，实数的取值范围是，；【小问2详解】若为真，为假，则、一真一假；①当真假时，即“”且“或”，则此时的取值范围是；当假真时，即“或”且“”，则此时的取值范围是；综上,的取值范围是21、（1），；（2），【解题分析】解不等式，(1)由题意得，从而求得；(2)由题意可转化为是的充分不必要条件，从而得到