2023-2024学年北京市中央美术学院附属实验学校高二数学第一学期期末学业质量监测模拟试题含解析

2023-2024学年北京市中央美术学院附属实验学校高二数学第一学期期末学业质量监测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．下列求导错误的是（）A. B.C. D.2．已知数列的前n项和为，则“数列是等比数列”为“存在，使得”的（）A.既不充分也不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.充分不必要条件3．抛物线型太阳灶是利用太阳能辐射的一种装置．当旋转抛物面的主光轴指向太阳的时候，平行的太阳光线入射到旋转抛物面表面，经过反光材料的反射，这些反射光线都从它的焦点处通过，形成太阳光线的高密集区，抛物面的焦点在它的主光轴上．如图所示的太阳灶中，灶深CD即焦点到灶底（抛物线的顶点）的距离为1m，则灶口直径AB为（）A.2m B.3mC.4m D.5m4．函数的值域为（）A. B.C. D.5．已知是抛物线上的点，F是抛物线C的焦点，若，则（）A1011 B.2020C.2021 D.20226．如图，在直三棱柱中，，，E是的中点，则直线BC与平面所成角的正弦值为（）A. B.C. D.7．在数列中抽取部分项（按原来的顺序）构成一个新数列，记为，再在数列插入适当的项，使它们一起能构成一个首项为1，公比为3的等比数列.若，则数列中第项前（不含）插入的项的和最小为（）A.30 B.91C.273 D.8208．已知双曲线的实轴长为10，则该双曲线的渐近线的斜率为（）A. B.C. D.9．“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C充分必要条件 D.既不充分也不必要条件10．饕餮纹是青铜器上常见的花纹之一，最早见于长江中下游地区的良渚文化陶器和玉器上，盛行于商代至西周早期．将青铜器中的饕餮纹的一部分画到方格纸上，如图所示，每个小方格的边长为一个单位长度，有一点从点出发，每次向右或向下跳一个单位长度，且向右或向下跳是等可能的，那么点经过3次跳动后恰好是沿着饕餮纹的路线到达点的概率为（）A. B.C. D.11．设命题，则为A. B.C. D.12．已知直线是圆的对称轴，过点A作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|=（）A.1 B.2C.4 D.8二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知为直线上的动点，为函数图象上的动点，则的最小值为______14．已知等差数列满足，，，则公差______15．已知空间向量，，，若，，共面，则实数___________.16．不等式的解集是_______________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）如图，在棱长为3的正方体中，分别是上的点且（1）求证：；（2）求平面与平面的夹角的余弦值18．（12分）已知函数（e为自然对数的底数），（），.（1）若直线与函数，的图象都相切，求a的值；（2）若方程有两个不同的实数解，求a的取值范围.19．（12分）已知椭圆C：的离心率为，短轴的一个端点到右焦点的距离为2.（1）椭圆C的方程；（2）设直线l：交椭圆C于A，B两点，且，求m的值.20．（12分）为了保证我国东海油气田海域海上平台的生产安全，海事部门在某平台O的北偏西45°方向km处设立观测点A，在平台O的正东方向12km处设立观测点B，规定经过O、A、B三点的圆以及其内部区域为安全预警区．如图所示：以O为坐标原点，O的正东方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系（1）试写出A，B的坐标，并求两个观测点A，B之间的距离；（2）某日经观测发现，在该平台O正南10kmC处，有一艘轮船正以每小时km的速度沿北偏东45°方向行驶，如果航向不变，该轮船是否会进入安全预警区？如果不进入，请说明理由；如果进入，则它在安全警示区内会行驶多长时间？21．（12分）如图，在正四棱柱中，，，点在棱上，且平面（1）求的值；（2）若，求二面角的余弦值22．（10分）已知函数（1）求f(x)在点处的切线方程；（2）求证：

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【解析】根据导数运算求得正确答案.【详解】、、运算正确.，B选项错误.故选：B2、D【解析】由充分必要条件的定义，结合等比数列的通项公式和求和公式，以及利用特殊数列的分法，即可求解.【详解】由题意，数列是等比数列，设等比数列的公比为，则，所以存在，使得，即充分性成立；若存在，使得，可取，即，可得，当，可得，此时数列不是等比数列，即必要性不成立，所以数列是等比数列为存在，使得的充分不必要条件.故选：D.3、C【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线的方程为，根据是抛物线的焦点，求得抛物线的方程，进而求得的长.【详解】由题意，建立如图所示的平面直角坐标系，O与C重合，设抛物线的方程为，由题意可得是抛物线的焦点，即，可得，所以抛物线的方程为，当时，，所以.故选：C.4、C【解析】根据基本不等式即可求出【详解】因为，当且仅当时取等号，所以函数的值域为故选：C5、C【解析】结合向量坐标运算以及抛物线的定义求得正确答案.【详解】设，因为是抛物线上的点，F是抛物线C的焦点，所以，准线为：，因此，所以，即，由抛物线的定义可得，所以故选：C6、D【解析】以，，的方向分別为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出答案.【详解】解：由题意知，CA，CB，CC1两两垂直，以，，的方向分別为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，设平面的法向量为，则令，得.因为，所以，故直线BC与平面所成角的正弦值为.故选：D.7、C【解析】先根据等比数列的通项公式得到，列出数列的前6项，将其中是数列的项的所有数去掉即可求解.【详解】因为是以1为首项、3为公比的等比数列，所以，则由，得，即数列中前6项分别为：1、3、9、27、81、243，其中1、9、81是数列的项，3、27、243不是数列的项，且，所以数列中第7项前（不含）插入的项的和最小为.故选：C.8、B【解析】利用双曲线的实轴长为，求出，即可求出该双曲线的渐近线的斜率.【详解】由题意，，所以，，所以双曲线的渐近线的斜率为.故选：B.【点睛】本题考查双曲线的方程与性质，考查学生的计算能力，属于基础题.9、A【解析】根据充分条件和必要条件的定义直接判断即可.【详解】若，则，即或，推不出；反过来，若，可推出.故“”是“”的充分不必要条件故选：A.10、B【解析】利用古典概型的概率求解.【详解】解：点从点出发，每次向右或向下跳一个单位长度，跳3次，则样本空间{（右，右，右），（右，右，下），（右，下，右），（下，右，右），（右，下，下），（下，右，下），（下，下，右），（下，下，下）}，记“3次跳动后，恰好是沿着饕餮纹的路线到达点B”为事件，则{（下，下，右）}，由古典概型的概率公式可知故选：B11、C【解析】特称命题的否定为全称命题，所以命题的否命题应该为，即本题的正确选项为C.12、C【解析】首先将圆心坐标代入直线方程求出参数a，求得点A的坐标，由切线与圆的位置关系构造直角三角形从而求得.【详解】圆即，圆心为，半径为r=3，由题意可知过圆的圆心，则，解得，点A坐标为，，切点为B则，故选:C【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】求得的导数，由题意可得与直线平行的直线和曲线相切，然后求出的值最小，设出切点，求出切线方程，再由两直线平行的距离公式，得到的最小值【详解】解：函数的导数为，设与直线平行的直线与曲线相切，设切点为，则，所以，所以，所以，所以，所以切线方程为，可得的最小值为，故答案为：14、2【解析】根据等差数列性质求得，再根据题意列出相关的方程组，解得答案.【详解】为等差数列，故由可得：，即，故，故，所以，解得，故答案为：215、1【解析】根据向量共面，可设，先求解出的值，则的值可求.【详解】因为，，共面且，不共线，所以可设，所以，所以，所以，所以，故答案为：1.16、或【解析】将分式不等式，转化为一元二次不等式求解【详解】因为，所以，解得或.故答案为：或【点睛】本题主要考查分式不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.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）证明见解析（2）【解析】（1）建立空间直角坐标系后得到相关向量，再运用数量积证明；（2）求出相关平面的法向量，再运用夹角公式计算即可.【小问1详解】建立如下图所示的空间直角坐标系：，，，，，∴，故.【小问2详解】，，，设平面的一个法向量为，由，令，则，取平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，易知：为锐角，故，即平面与平面夹角的余弦值为.18、（1）；（2）.【解析】（1）根据导数的几何意义进行求解即可；（2）利用常变量分离法，通过构造新函数，由方程有两个不同的实数解问题，转化为两个函数的图象有两个交点问题，利用导数进行求解即可.【小问1详解】设曲线的切点坐标为，由，所以过该切点的切线的斜率为，因此该切线方程为：，因为直线与函数的图象相切，所以，因为直线与函数的图象相切，且函数过原点，所以曲线的切点为，于是有，即；【小问2详解】由可得：，当时，显然不成立，当时，由，设函数，，，当时，，单调递减，当时，，单调递减，当时，，单调递增，因此当时，函数有最小值，最小值为，而，当时，，函数图象如下图所示：方程有两个不同的实数解，转化为函数和函数的图象，在当时，有两个不同的交点，由图象可知：，故a的取值范围为.【点睛】关键点睛：利用常变量分离法，结合转化法进行求解是解题的关键.19、（1）；（2）.【解析】（1）通过短轴的一个端点到右焦点的距离可知，进而利用离心率的值计算即得结论；（2）设，联立直线与椭圆方程，消去y得到关于x的一元二次方程，得到根与系数的关系，再利用弦长公式即可得出.【详解】解：（1）由题意可得，解得：，，椭圆C的方程为；（2）设，联立，得，，，，解得.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、韦达定理、弦长公式，属于中档题.20、（1）；（2）会驶入安全预警区，行驶时长为半小时【解析】（1）先求出A，B的坐标，再由距离公式得出A，B之间的距离；（2）由三点的坐标列出方程组得出经过三点的圆的方程，设轮船航线所在的直线为，再由几何法得出直线与圆截得的弦长，进而得出安全警示区内行驶时长.【小问1详解】由题意得，∴；【小问2详解】设圆的方程为，因为该圆经过三点，∴，得到.所以该圆方程为：，化成标准方程为：.设轮船航线所在的直线为，则直线的方程为：，圆心（6，8）到直线的距离，所以直线与圆相交，即轮船会驶入安全预警区.直线与圆截得的弦长为，行驶时长小时.即在安全警示区内行驶时长为半小时.21、（1）答案见解析；（2）.【解析】如图，以点为原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，（1）设，由平面，可得，从而数量积为零，可求出的值，进而可求得的值；（2）利用空间向量求二面角的余弦值【详解】解：（1）如图，以点为原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，设，则点，，，则，因为平面，所以，所以，解得或当时