贵州省毕节市纳雍县第五中学2024年高二上数学期末联考模拟试题含解析

贵州省毕节市纳雍县第五中学2024年高二上数学期末联考模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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．若动圆的圆心在抛物线上，且恒过定点，则此动圆与直线（）A.相交 B.相切C.相离 D.不确定2．设等差数列的前n项和为．若，则（）A.19 B.21C.23 D.383．已知函数的导函数为，若的图象如图所示，则函数的图象可能是（）A. B.C. D.4．已知函数，若对任意的，，且，总有，则的取值范围是（）A B.C. D.5．双曲线（，）的一条渐近线的倾斜角为，则离心率为（）A. B.C.2 D.46．已知数列满足：且，则此数列的前20项的和为（）A.621 B.622C.1133 D.11347．已知分别是等差数列的前项和，且，则（）A. B.C. D.8．已知，则（）A. B.1C. D.9．已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与圆相切于点，交双曲线的右支于点，且点是线段的中点，则双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.10．已知，若与的展开式中的常数项相等，则（）A.1 B.3C.6 D.911．命题“∀x∈[1，2]，x2－a≤0”为真命题的一个充分不必要条件是（）A.a≥4 B.a≤4C.a≥5 D.a≤512．若、且，则下列式子一定成立的是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．曲线在点（1，1）处的切线方程为_____14．已知数列满足，将数列按如下方式排列成新数列：，，，，，，，，，…，，…．则新数列的前70项和为______15．已知函数，是的导函数，则______16．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是___________.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）已知函数（1）若函数的图象在点处的切线与平行，求b的值；（2）在（1）的条件下证明：18．（12分）已知数列的前项和，且（1）证明：数列为等差数列；（2）设，记数列的前项和为，若，对任意恒成立，求实数的取值范围19．（12分）如图，四棱台的底面为正方形，面，（1）求证：平面；（2）若平面平面，求直线m与平面所成角的正弦值20．（12分）如图，在三棱锥中，，点P为线段MC上的点（1）若平面PAB，试确定点P的位置，并说明理由；（2）若，，，求三棱锥的体积21．（12分）如图1是，，，，分别是边，上两点，且，将沿折起使得，如图2.（1）证明：图2中，平面；（2）图2中，求二面角的正切值.22．（10分）已知抛物线，直线交于、两点，且当时，.（1）求的值；（2）如图，抛物线在、两点处的切线分别与轴交于、，和交于，.证明：存在实数，使得.

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、B【解题分析】根据题意得定点为抛物线的焦点，为准线，进而根据抛物线的定义判断即可.【题目详解】解：由题知，定点为抛物线的焦点，为准线，因为动圆的圆心在抛物线上，且恒过定点，所以根据抛物线的定义得动圆的圆心到直线的距离等于圆心到定点，即圆心到直线的距离等于动圆的半径，所以动圆与直线相切.故选：B2、A【解题分析】由已知及等差数列的通项公式得到公差d，再利用前n项和公式计算即可.【题目详解】设等差数列的公差为d，由已知，得，解得，所以.故选：A3、D【解题分析】根据导函数大于，原函数单调递增；导函数小于，原函数单调递减；即可得出正确答案.【题目详解】由导函数得图象可得：时，，所以单调递减，排除选项A、B，当时，先正后负，所以在先增后减，因选项C是先减后增再减，故排除选项C，故选：D.4、B【解题分析】根据函数单调性定义、二次函数性质及对称轴方程，即可求解参数取值范围.【题目详解】依题意可得，在上为减函数，则，即的取值范围是故选：B【题目点拨】本题考查函数单调性定义，二次函数性质，属于基础题.5、C【解题分析】根据双曲线方程写出渐近线方程，得出，进而可求出双曲线的离心率.【题目详解】因为双曲线的渐近线方程为，又其中一条渐近线的倾斜角为，所以，则，所以该双曲线离心率为.故选：C.6、C【解题分析】这个数列的奇数项是公差为2的等差数列，偶数项是公比为2的等比数列，只要分开来计算即可.【题目详解】由于，所以当n为奇数时，是等差数列，即：共10项，和为；，共10项，其和为；∴该数列前20项的和；故选：C.7、D【解题分析】利用及等差数列的性质进行求解.【题目详解】分别是等差数列的前项和，故，且，故，故选：D8、B【解题分析】先根据共轭复数的定义可得，再根据复数的运算法则即可求出【题目详解】因为，所以故选：B9、D【解题分析】焦点三角形问题，可结合为三角形的中位线，判断：焦点三角形为直角三角形，并且有，，可由勾股定理得出关系，从而得到关系，从而求得渐近线方程.【题目详解】由题意知，，且点是线段的中点，点是线段的中点，为三角形的中位线故，故，由双曲线定义有由勾股定理有故则则，故故渐近线方程为：故选：D【题目点拨】双曲线上一点与两焦点构成的三角形，称为双曲线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、||PF1|-|PF2||＝2a，得到a，c的关系10、B【解题分析】根据二项展开式的通项公式即可求出【题目详解】的展开式中的常数项为，而的展开式中的常数项为，所以，又，所以故选：B11、C【解题分析】先要找出命题为真命题的充要条件，从集合的角度充分不必要条件应为的真子集，由选择项不难得出答案【题目详解】命题“∀x∈[1，2]，x2－a≤0”为真命题，可化为∀x∈[1，2]，恒成立即只需，即命题“∀x∈[1，2]，x2－a≤0”为真命题的的充要条件为，而要找的一个充分不必要条件即为集合的真子集，由选择项可知C符合题意.故选：C12、B【解题分析】构造函数，利用函数在上的单调性可判断AB选项；构造函数，利用函数在上的单调性可判断CD选项.【题目详解】对于AB选项，构造函数，其中，则，所以，函数在上单调递增，因为、且，则，即，A错B对；对于CD选项，构造函数，其中，则.当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，故函数在上不单调，无法确定与的大小关系，故CD都错.故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】根据导数的几何意义求出切线的斜率，再根据点斜式可求出结果.【题目详解】因为，所以曲线在点（1，1）处的切线的斜率为，所以所求切线方程为：，即.故答案为：.14、##2.9375【解题分析】先根据题干条件得到，再利用错位相减法求前64项和，最后求出前70项和.【题目详解】①，当时，；当时，②，①-②得：，即又满足，所以由，得令，则，两式相减得，则所以新数列的前70项和为故答案为：15、2【解题分析】根据基本初等函数的导数公式及导数的加法法则，对求导，再求即可.【题目详解】由题设，，所以.故答案为：16、【解题分析】根据投影向量的计算公式，计算出正确答案.【题目详解】向量在向量上的投影向量的坐标是.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.【解题分析】（1）由题意可得，从而可求出，（2）先构造函数，利用导数可求得对任意恒成立，对任意恒成立，从而将问题转化为只需证对任意恒成立，再次构造函数，利用导数求出其最大值小于等于即可【题目详解】（1）解：∵函数的图象在点处的切线与平行，∴，解得；证明：（2）由（1）得即对任意恒成立，令，则，∵当时，，∴函数在上单调递增，∵，∴对任意恒成立，即对任意恒成立，∴只需证对任意恒成立即可，即只需证对任意恒成立，令，则，由单调递减，且知，函数在上单调递增，在上单调递减，∴，∴得证，故不等式对任意恒成立18、（1）证明见解析（2）【解题分析】（1）利用可得答案；（2）利用错位相减可得，转化为对任意，恒成立，求出的最大值可得答案小问1详解】当时，由，得或（舍去），由，得，①当时，，②由①－②，得，整理得，因为，所以所以是首项为1，公差为1的等差数列【小问2详解】由（1）可得，所以，③，④由③－④，得，即，由得，所以，即，该式对任意恒成立，因此，所以的取值范围是19、（1）证明见解析；（2）.【解题分析】（1）：连结交交于点O，连结，，通过四棱台的性质以及给定长度证明，从而证出，利用线面平行的判定定理可证明面；（2）利用线面平行的性质定理以及基本事实可证明，即求与平面所成角的正弦值；通过条件以及面面垂直的判定定理可证明面面，则为与平面所成角，利用余弦定理求出余弦值，即可求出正弦值.【题目详解】（1）证明：连结交交于点O，连结，，由多面体为四棱台可知四点共面，且面面，面面，面面，∴，∵和均为正方形，，∴，所以为平行四边形，∴，面，面，∴平面（2）∵面，平面，平面，∴，又∵，∴∴求直线m与平面所成角可转化为求与平面所成角，∵和均为正方形，，且，∴，，∴，又∵面，∴∴面，∴面面，由面面，设O在面的投影为M，则，∴为与平面所成角，由，可得，又∵，∴∴，直线m与平面所成角的正弦值为.【题目点拨】思路点睛：（1）找两个平面的交线，可通过两个平面的交点找到，也可利用线面平行的性质找和交线的平行直线；（2）求直线和平面所成角，过直线上一点做平面的垂线，则垂足和斜足连线与直线所成角即为直线和平面所成角.20、（1）点P为MC中点，理由见解析（2）【解题分析】（1）根据平面PAB，得到线线垂直，再得到点P的位置；（2）根据平面PAB，将问题转化为计算即可.【小问1详解】∵平面PAB，平面ABP，∴又∵在中，，∴P为MC中点．∴若平面PAB，则点P为MC中点【小问2详解】当P为中点时，在中，，，∴，同理可得∴在中，，∵由（1）知平面PAB，∴∴三棱锥的体积为21、（1）证明见解析（2）【解题分析】（1）、利用线面垂直的判定，及线面垂直的性质即可证明；（2）、建立空间直角坐标系，分别求出平面、平面的法向量，利用求出两平面所成角的余弦值，进而求出求二面角的正切值.【小问1详解】由已知得：,平面，又平面,在中，,由余弦定理得：，，即，平面.【小问2详解】由（1）知：平面，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，则与，即与,..,观察可知二面角为钝二面角，二面角的正切值为.22、（1）；（2）证明见解析.【解题分析】（1）将代入抛物线的方程，列出韦达定理，利用弦长公式可得出关于的等式，即可解得正数的值；（2）将代入，列出韦达定理，求出两切线方程，进而可求得点的坐标，分、两种情况讨论，在时，推导出、、重合，可得出；在时，求出的中点的坐标，利用斜率关系可得出，结合平面向量的线性运算可证得结论成立.【小问1详解】解：将代入得，设、，则，由韦达定理可得，则，解得或（舍），故.【小问2详解】解：将代入中得，设、，则，由韦达定理可得，对求导得，则抛物线在点处的切线方程为，即，①同理抛物线在点处的切线方程为，②联立①②