广西钦州市高新区2024届数学高二上期末经典模拟试题含解析

广西钦州市高新区2024届数学高二上期末经典模拟试题注意事项：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．执行如图所示的程序框图，则输出S的值是（）A. B.C. D.2．若（为虚数单位），则复数在复平面内的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限3．我国新冠肺炎疫情防控进入常态化，各地有序进行疫苗接种工作，下面是我国甲、乙两地连续11天的疫苗接种指数折线图，根据该折线图，下列说法不正确的是（）A.这11天甲地指数和乙地指数均有增有减B.第3天至第11天，甲地指数和乙地指数都超过80%C.在这11天期间，乙地指数的增量大于甲地指数的增量D.第9天至第11天，乙地指数的增量大于甲地指数的增量4．设等差数列前项和为，若是方程的两根，则（）A.32 B.30C.28 D.265．若x，y满足约束条件，则的最大值为（）A.2 B.3C.4 D.56．已知圆，圆相交于P，Q两点，其中，分别为圆和圆的圆心.则四边形的面积为（）A.3 B.4C.6 D.7．已知空间向量，，，若，，共面，则m＋2t＝（）A.－1 B.0C.1 D.－68．中国古代数学名著《算法统宗》中有这样一个问题：“今有俸粮三百零五石，令五等官（正一品、从一品、正二品、从二品、正三品）依品递差十三石分之，问，各若干？”其大意是，现有俸粮石，分给正一品、从一品、正二品、从二品、正三品这位官员，依照品级递减石分这些俸粮，问，每个人各分得多少俸粮？在这个问题中，正三品分得俸粮是（）A.石 B.石C.石 D.石9．设P是双曲线上的点，若，是双曲线的两个焦点，则（）A.4 B.5C.8 D.1010．已知圆O的半径为5，，过点P的2021条弦的长度组成一个等差数列，最短弦长为，最长弦长为，则其公差为（）A. B.C. D.11．已知向量，且，则（）A. B.C. D.12．直线被圆所截得的弦长为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是____________.14．若“x2－2x－8>0”是“x<m”的必要不充分条件，则m最大值为________15．已知向量，且，则实数________________16．已知抛物线的焦点为，点在上，且，则______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）当时，求函数的单调区间；（2）设，，求证：；（3）当时，恒成立，求的取值范围18．（12分）如图1，在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD=60°，将△BCD沿对角线BD折起到△BDC′的位置，如图2所示，并使得平面BDC′⊥平面ABD，E是BD的中点，FA⊥平面ABD，且FA=.图1图2（1）求平面FBC′与平面FBA夹角的余弦值；（2）在线段AD上是否存在一点M，使得⊥平面?若存在，求的值；若不存在，说明理由.19．（12分）已知，直线过且与交于两点，过点作直线的平行线交于点（1）求证：为定值，并求点的轨迹的方程；（2）设动直线与相切于点，且与直线交于点，在轴上是否存在定点，使得以为直径的圆恒过定点？若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由20．（12分）已知直线，直线经过点且与直线平行，设直线分別与x轴，y轴交于A，B两点.（1）求点A和B的坐标；（2）若圆C经过点A和B，且圆心C在直线上，求圆C的方程.21．（12分）在中，内角所对的边长分别为，是1和的等差中项（1）求角；（2）若的平分线交于点，且，求的面积22．（10分）已知椭圆E的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过，，三点，求椭圆E的标准方程

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、C【解题分析】按照程序框图的流程进行计算.【题目详解】，故输出S的值为.故选：C2、A【解题分析】根据复数运算法则求出z＝a＋bi形式，根据复数的几何意义即可求解.【题目详解】，z对应的点在第一象限.故选：A3、C【解题分析】由折线图逐项分析得到答案.【题目详解】对于选项A，从折线图中可以直接观察出甲地和乙地的指数有增有减，故选项A正确；对于选项B，从第3天至第11天，甲地指数和乙地指数都超过80%，故选项B正确；对于选项C，从折线图上可以看出这11天甲的增量大于乙的增量，故选项C错误；对于选项D，从折线图上可以看出第9天至第11天，乙地指数的增量大于甲地指数的增量，故D正确；故选：C.4、A【解题分析】根据给定条件利用韦达定理结合等差数列性质计算作答.【题目详解】因是方程的两根，则又是等差数列的前项和，于是得，所以.故选：A5、C【解题分析】作出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析求解.【题目详解】解：作出不等式组对应的可行域为如图所示的阴影部分区域，由得，它表示斜率为纵截距为的直线系，当直线平移到点时，纵截距最大，最大.联立直线方程得得.所以.故选：C6、A【解题分析】求得，由此求得四边形的面积.【题目详解】圆的圆心为，半径；圆的圆心为，所以，由、两式相减并化简得，即直线的方程为，到直线的距离为，所以，所以四边形的面积为.故选：A7、D【解题分析】根据向量共面列方程，化简求得.【题目详解】，所以不共线，由于，，共面，所以存在，使，即，，，，，即.故选：D8、D【解题分析】令位官员(正一品、从一品、正二品、从二品、正三品)所分得的俸粮数是公差为数列，利用等差数列的前n项和求，进而求出正三品即可.【题目详解】正一品、从一品、正二品、从二品、正三品这位官员所分得的俸粮数记为数列，由题意，是以为公差的等差数列，且，解得.故正三品分得俸粮数量为（石）.故选：D.9、C【解题分析】根据双曲线的定义可得：，结合双曲线的方程可得答案.【题目详解】由双曲线可得根据双曲线的定义可得：故选：C10、B【解题分析】可得过点P的最长弦长为直径，最短弦长为过点P的与垂直的弦，分别求出即可得出公差.【题目详解】可得过点P的最长弦长为直径，，最短弦长为过点P的与垂直的弦，，公差.故选：B.11、A【解题分析】利用空间向量共线的坐标表示即可求解.【题目详解】由题意可得，解得，所以.故选：A12、A【解题分析】求得圆心坐标和半径，结合点到直线的距离公式和圆的弦长公式，即可求解.【题目详解】由圆的方程可知圆心为，半径为，圆心到直线的距离，所以弦长为.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】求解定义域，由导函数小于0得到递减区间，进而得到不等式组，求出实数的取值范围.【题目详解】显然，且，由，以及考虑定义域x>0，解得:.在区间，上单调递减，∴，解得:.故答案为：14、【解题分析】解不等式，得到或，，根据必要不充分条件，得到是A的真子集，从而求出，得到m的最大值.【题目详解】，解得：或，所以记或，；若“x2－2x－8>0”是“x<m”的必要不充分条件，则是A的真子集故，所以m最大值为故答案为：-215、【解题分析】，利用向量的数量积的坐标运算即可.【题目详解】，则，解得故答案为：16、【解题分析】由抛物线的焦半径公式可求得的值.【题目详解】抛物线的准线方程为，由抛物线的焦半径公式可得，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）函数单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)（2）证明见解析（3）[1，＋∞)【解题分析】（1）对函数求导后，由导数的正负可求出函数的单调区间，（2）由（1）可得，令，则可得，然后利用累加法可证得结论，（3）由，故，然后分和讨论的最大值与比较可得结果【小问1详解】当时，（），则，由，解得；由，解得，因此函数单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)【小问2详解】由（1）知，当k＝1时，，故令，则，即，所以【小问3详解】由，故当时，因为，所以，因此恒成立，且的根至多一个，故在(0，1]上单调递增，所以恒成立当时，令，解得当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；于是，与恒成立相矛盾综上，的取值范围为[1，＋∞)【题目点拨】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区，利用导数求函数的最值，利用导数证明不等式，第（2）问解题的关键是利用（1）可得，从而得，然后令，得，最后累加可证得结论，考查数转化思想，属于较难题18、（1）（2）不存在，理由见解析【解题分析】（1）利用垂直关系，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量和，利用公式，即可求解；（2）若满足条件，，利用向量的坐标表示，判断是否存在点满足.【小问1详解】∵，E为BD的中点∴CE⊥BD，又∵平面⊥平面ABD，平面平面，⊥平面，∴⊥平面ABD，如图以E原点，分别以EB、AE、EC′所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，A(0，-，0)，D(-1，0，0)，F(0，-，2)，(0，0，)，∴=(-1，-，2)，=(-1，0，)，=(1，，0)，设平面的法向量为=(x，y，z)，则，取z=1，得平面的一个法向量=(，1，1)，设平面FBA的法向量为=(a，b，c)，则取b=1，得平面FBA的一个法向量为=(-，1，0)，∴设平面ABD与平面的夹角为θ，则∴平面ABD与平面夹角的余弦值为.【小问2详解】假设在线段AD上存在M(x，y，z)，使得平面，设(0≤λ≤1)，则(x，y+，z)=(-1，，0)，即(x，y+，z)=(-λ，，0)，∴，，z=0，∴，是平面的一个法向量由∥，得，此方程无解.∴线段AD上不存点M，使得平面.19、（1）证明见解析，（）（2）存在，【解题分析】(1)根据题意和椭圆的定义可知点的轨迹是以A，为焦点的椭圆，且，，进而得出椭圆标准方程；(2)设，联立动直线方程和椭圆方程并消元得出关于的一元二次方程，根据根的判别式可得点P和Q的坐标，结合，利用平面向量的坐标表示列出方程组，即可解出点M的坐标.【小问1详解】圆A：，∵，∴，又，∴∴，∴，故∴点的轨迹是以A，为焦点的椭圆，且，∴，故：（）；【小问2详解】由，得∴，故，设，则，，故，，由可得：由对，恒成立∴故存在使得以为直径的圆恒过定点20、（1），；（2）.【解题分析】（1）由直线平行及所过的点，应用点斜式写出直线方程，进而求A、B坐标.（2）由（1）求出垂直平分线方程，并联立直线求圆心坐标，即可求圆的半径，进而写出圆C的方程.【小问1详解】由题设，的斜率为，又直线与直线平行且过，所以直线为，即，令，则；令，则.所以，.【小问2详解】由（1）可得：垂直平分线为，即，联立，可得，即，故圆的半径为，所以圆C的方程为.21、（1）；（2）【解题分析】（1）根据是1和的等差中项得到，再利用正弦定理结合商数关系，两角和与差的三角函数化简得到求解；（2）由和求得b，c的关系，再结合余弦定理求解即可.【题目详解】（1）由已知得，在中，由正弦定理得，化简得，因为，所以，所以；（2）由正弦定理得，又，即，由余弦定理得，所以，所以【题目点拨】方法点睛：在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合