2023-2024学年江西省鹰潭一中高二数学第一学期期末复习检测模拟试题含解析

2023-2024学年江西省鹰潭一中高二数学第一学期期末复习检测模拟试题注意事项：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．若双曲线一条渐近线被圆所截得的弦长为，则双曲线的离心率是（）A. B.C. D.2．为推动党史学习教育各项工作扎实开展，营造“学党史、悟思想、办实事、开新局”的浓厚氛围，某校党委计划将中心组学习、专题报告会、党员活动日、主题班会、主题团日这五种活动分5个阶段安排，以推动党史学习教育工作的进行，若主题班会、主题团日这两个阶段相邻，且中心组学习必须安排在前两阶段并与党员活动日不相邻，则不同的安排方案共有（）A.10种 B.12种C.16种 D.24种3．已知等比数列中，，前三项之和，则公比的值为（）A1 B.C.1或 D.或4．抛物线的焦点是A. B.C. D.5．若，都为正实数，，则的最大值是（）A. B.C. D.6．若任取，则x与y差的绝对值不小于1的概率为（）A. B.C. D.7．若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是A. B.C. D.8．已知函数的图象是下列四个图象之一，且其导函数的图象如图所示，则该函数的图象是（）A. B.C. D.9．甲烷是一种有机化合物，分子式为，其在自然界中分布很广，是天然气、沼气的主要成分．如图所示的为甲烷的分子结构模型，已知任意两个氢原子之间的距离（H-H键长）相等，碳原子到四个氢原子的距离（C-H键长）均相等，任意两个H-C-H键之间的夹角为（键角）均相等，且它的余弦值为，即，若，则以这四个氢原子为顶点的四面体的体积为（）A. B.C. D.10．“”是“方程表示双曲线”的A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件11．设是定义在R上的函数，其导函数为，满足，若，则（）A. B.C. D.a，b的大小无法判断12．已知函数为偶函数，且当时，，则不等式的解集为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在中.若成公比为的等比数列，则____________14．已知长方体的棱，则异面直线与所成角的大小是________________.（结果用反三角函数值表示）15．滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世.如图，在滕王阁旁地面上共线的三点，，处测得阁顶端点的仰角分别为，，.且米，则滕王阁高度___________米.16．在空间直角坐标系中，已知向量，则的值为__________.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．（12分）已知椭圆C与椭圆有相同的焦点，且离心率为.（1）椭圆C的标准方程；（2）若椭圆C的两个焦点，P是椭圆上的点，且，求的面积.18．（12分）已知复数，是实数.（1）求复数z；（2）若复数在复平面内所表示的点在第二象限，求实数m的取值范围.19．（12分）已知圆，直线（1）求证：直线与圆恒有两个交点；（2）设直线与圆的两个交点为、，求的取值范围20．（12分）如图，一个湖的边界是圆心为的圆，湖的一侧有一条直线型公路，湖上有桥（是圆的直径）.规划在公路上选两个点、，并修建两段直线型道路、.规划要求，线段、上的所有点到点的距离均不小于圆的半径.已知点到直线的距离分别为和（为垂足），测得，，（单位：百米）.（1）若道路与桥垂直，求道路的长；（2）在规划要求下，点能否选在处？并说明理由.21．（12分）在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，已知直线：mx－（2－m）y－4=0与直线h：x+y－2=0的交点M在第一三象限的角平分线上.（1）求实数m的值；（2）若点P在直线l上且，求点P的坐标.22．（10分）在①，②，③，，成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解.已知数列中，公差不等于的等差数列满足_________，求数列的前项和.

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【解析】根据（为弦长，为圆半径，为圆心到直线的距离），求解出的关系式，结合求解出离心率的值.【详解】取的一条渐近线，因为（为弦长，为圆半径，为圆心到直线的距离），其中，所以，所以，所以，所以，所以，故选：A.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是利用几何法表示出圆的半径、圆心到直线的距离、半弦长之间的关系.2、A【解析】对中心组学习所在的阶段分两种情况讨论得解.【详解】解：如果中心组学习在第一阶段，主题班会、主题团日在第二、三阶段，则其它活动有2种方法；主题班会、主题团日在第三、四阶段，则其它活动有1种方法；主题班会、主题团日在第四、五阶段，则其它活动有1种方法，则此时共有种方法；如果中心组学习在第二阶段，则第一阶段只有1种方法，后面的三个阶段有种方法.综合得不同的安排方案共有10种.故选:A3、C【解析】根据条件列关于首项与公比的方程组，即可解得公比，注意等比数列求和公式使用条件.【详解】等比数列中，，前三项之和，若，，，符合题意；若，则，解得，即公比的值为1或，故选：C【点睛】本题考查等比数列求和公式以及基本量计算，考查基本分析求解能力，属基础题.4、D【解析】先判断焦点的位置，再从标准型中找出即得焦点坐标.【详解】焦点在轴上，又，故焦点坐标为，故选D.【点睛】求圆锥曲线的焦点坐标，首先要把圆锥曲线的方程整理为标准方程，从而得到焦点的位置和焦点的坐标.5、B【解析】由基本不等式，结合题中条件，直接求解，即可得出结果.【详解】因为，都为正实数，，所以，当且仅当，即时，取最大值.故选：D6、C【解析】根据题意，在平面直角坐标系中分析以及与差的绝对值不小于1所对应的平面区域，求出其面积，由几何概型公式计算可得答案.【详解】根据题意，，其对应的区域为正方形，其面积，若与差的绝对值不小于1，即，即或，对应的区域为图中的阴影部分，其面积为，故与差的绝对值不小于1的概率.故选：C7、D【解析】，∵函数在区间单调递增，∴在区间上恒成立．∴，而在区间上单调递减，∴．∴取值范围是．故选D考点：利用导数研究函数的单调性.8、A【解析】利用导数与函数的单调性之间的关系及导数的几何意义即得.【详解】由函数f(x)的导函数y＝f′(x)的图像自左至右是先减后增，可知函数y＝f(x)图像的切线的斜率自左至右先减小后增大，且，在处的切线的斜率为0，故BCD错误，A正确.故选：A.9、A【解析】利用余弦定理求得，计算出正四面体的高，从而计算出正四面体的体积.【详解】设，则由余弦定理知：，解得，故该正四面体的棱长均为由正弦定理可知：该正四面体底面外接圆的半径，高故该正四面体的体积为故选：A10、A【解析】方程表示双曲线则，解得，是“方程表示双曲线”的充分不必要条件.故选：A11、A【解析】首先构造函数，再利用导数判断函数的单调性，即可判断选项.【详解】设，，所以函数在单调递增，即，所以，那么，即.故选：A12、D【解析】结合导数以及函数的奇偶性判断出的单调性，由此化简不等式来求得不等式的解集.【详解】当时，单调递增，，所以单调递增.因为是偶函数，所以当时，单调递减.，，，或.即不等式的解集为.故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由条件可得，即，由余弦定理可得答案.【详解】由成公比为的等比数列，即由正弦定理可知所以故答案为：14、【解析】建立空间直角坐标系，求出异面直线与的方向向量，再求出两向量的夹角，进而可得异面直线与所成角的大小【详解】解：建立如图所示的空间直角坐标系：在长方体中，，，，，，，，，，异面直线与所成角的大小是故答案为：15、【解析】设，由边角关系可得，，，在和中，利用余弦定理列方程，结合可解得的值，进而可得长.【详解】设，因为，，，所以，，，.在中，，即①.，在中，，即②，因为，所以①②两式相加可得：，解得：，则，故答案为：.16、【解析】由题知，进而根据向量数量积运算的坐标表示求解即可.【详解】解：因为向量，所以，所以故答案为：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）【解析】（1）由题意求出即可求解；（2）由椭圆的定义和三角形面积公式求解即可【小问1详解】因为椭圆C与椭圆有相同的焦点，所以椭圆C的焦点，，，又，所以，，所以椭圆C的标准方程为.【小问2详解】由，，得，，而，所以，所以18、（1）（2）【解析】（1）先将代入化简，再由其虚部为零可求出的值，从而可求出复数，（2）先对化简，再由题意可得从而可求得结果【小问1详解】因为，所以，因为是实数，所以，解得.故.【小问2详解】因为，所以.因为复数所表示的点在第二象限，所以解得，即实数m的取值范围是.19、（1）证明见解析（2）【解析】（1）根据直线的方程可得直线经过定点，而点到圆心的距离小于半径，故点在圆的内部，由此即可证明结果（2）由圆的性质可知，当过圆心时，取最大值，当和过的直径垂直时，取最小值，由此即可求出结果.【小问1详解】证明：由于直线，即令，解得，所以恒过点，所以，所以点在圆内，所以直线与圆恒有两个交点；【小问2详解】解：当过圆心时，取最大值，即圆的直径，由圆的半径，所以的最大值为；当和过的直径垂直时，取最小值，此时圆心到的距离，所以，故的最小值为综上，的取值范围.20、（1）15（百米）（2）点选在处不满足规划要求，理由见解析【解析】（1）建立适当的坐标系，得圆及直线的方程，进而得解.（2）不妨点选在处，求方程并求其与圆的交点，在线段上取点不符合条件，得结论.【小问1详解】如图，过作，垂足为.以为坐标原点，直线为轴，建立平面直角坐标系.因为为圆的直径，，所以圆的方程为.因为，，所以，故直线的方程为，则点，的纵坐标分别为3，从而，，直线的斜率为.因为，所以直线的斜率为，直线的方程为.令，得，，所以.因此道路的长为15（百米）.【小问2详解】若点选在处，连结，可求出点，又，所以线段.由解得或，故不妨取，得到在线段上的点，因为，所以线段上存在点到点的距离小于圆的半径5.因此点选在处不满足规划要求.21、（1）3（2）【解析】（1）求出直线与直线的交点坐标，代入直线的方程可得值；（2）设，代入已知等式可求得值，得坐标【小问1详解】由得，即所以，【小问2详解】由（1）直线方程是，在直线上，设，则，解得，所以点坐标为22、详见解析【解析】根据已知求出的通项公式.当①②时，设数列公差为，利用赋值法得到与的关系式，列方程求出与，求出，写出的通项公式，可得数列的通项公式，利用错位相减法求和即可；选②③时，设数列公差为，根据题意得到与的关系式，解出与，写出的通项公式，可得数列的通项公式，利用错位相减法求和即可；选①③时，设数列公差为，根据题意得到与的关系式，发现无解，则等差数列不存在，故不合题意.【详解】解：因为，，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，选①②时，设数列公差