2024届福建省莆田六中高二数学第一学期期末经典模拟试题含解析

2024届福建省莆田六中高二数学第一学期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．已知，是空间中的任意两个非零向量，则下列各式中一定成立的是（）A. B.C. D.2．如图甲是第七届国际数学家大会（简称ICME—7）的会徽图案，其主体图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的.已知，，，，为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为，令，为数列的前项和，则（）A.8 B.9C.10 D.113．如图所示，为了测量A，B处岛屿的距离，小张在D处观测，测得A，B分别在D处的北偏西、北偏东方向，再往正东方向行驶10海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西方向，则A，B两处岛屿间的距离为（）海里.A. B.C. D.104．已知圆：，圆：，则两圆的位置关系为（）A.外离 B.外切C.相交 D.内切5．已知四面体，所有棱长均为2，点E，F分别为棱AB，CD的中点，则（）A.1 B.2C.-1 D.-26．已知一质点的运动方程为，其中的单位为米，的单位为秒，则第1秒末的瞬时速度为（）A. B.C. D.7．计算复数：（）A. B.C. D.8．某学校高一、高二、高三年级的学生人数之比为3∶3∶4，现用分层抽样的方法从该校高中学生中抽取容量为50的样本，则应从高三年级抽取的学生数为（）A.10 B.15C.20 D.309．焦点坐标为（1，0）抛物线的标准方程是（）A.y2=-4x B.y2=4xC.x2=-4y D.x2=4y10．将一张坐标纸折叠一次，使点与重合，求折痕所在直线是（）A. B.C. D.11．四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，若，则等于（）A.1 B.C. D.212．的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知抛物线：，斜率为且过点的直线与交于，两点，且，其中为坐标原点（1）求抛物线的方程；（2）设点，记直线，的斜率分别为，，证明：为定值14．若，且数列是严格递增数列或严格递减数列，则实数a取值范围是______15．已知数列的通项公式为，，设是数列的前n项和，若对任意都成立，则实数的取值范围是__________.16．与双曲线有共同渐近线，并且经过点的双曲线方程是______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）求下列函数的导数.（1）；（2）.18．（12分）已知在△中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.（1）求角C的大小；（2）若，求△的面积S的最大值.19．（12分）求适合条件的椭圆的标准方程.（1）长轴长是短轴长的2倍，且过点；（2）在x轴上的一个焦点与短轴两端点的连线互相垂直，且焦距为6.20．（12分）已知向量，.（1）计算和；（2）求.21．（12分）已知椭圆C经过，两点（1）求椭圆C的标准方程；（2）直线l与C交于P，Q两点，M是PQ的中点，O是坐标原点，，求证：的边PQ上的高为定值22．（10分）已知等差数列的前项的和为，，.（1）求数列的通项公式；（2）设，记数列的前项和，求使得恒成立时的最小正整数.

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【解析】利用向量数量积的定义及运算性质逐一分析各选项即可得答案.【详解】解：对A：因为，所以，故选项A错误；对B：因为，故选项B错误；对C：因为，故选项C正确；对D：因为，故选项D错误故选：C.2、B【解析】由题意可得的边长，进而可得周长及，进而可得，可得解.【详解】由，可得，，，，所以，，所以前项和，所以，故选：B.3、C【解析】分别在和中，求得的长度，再在中，利用余弦定理，即可求解.【详解】如图所示，可得，所以，在中，可得，在直角中，因为，所以，在中，由余弦定理可得，所以.故选：C.4、C【解析】求出两圆的圆心和半径，根据圆心距与半径和与差的关系，判断圆与圆的位置关系【详解】圆：的圆心为，半径，圆：，即，圆心，半径，两圆的圆心距，显然，即，所以圆与圆相交.故选：C5、D【解析】在四面体中，取定一组基底向量，表示出，，再借助空间向量数量积计算作答.【详解】四面体所有棱长均为2，则向量不共面，两两夹角都为，则，因点E，F分别为棱AB，CD的中点，则，，，所以.故选：D6、C【解析】求出即得解.【详解】解：由题意得，故质点在第1秒末的瞬时速度为.故选：C7、D【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简可得结论.【详解】故选：D.8、C【解析】根据抽取比例乘以即可求解.【详解】由题意可得应从高三年级抽取的学生数为，故选：C.9、B【解析】由题意设抛物线方程为y2=2px（p＞0），结合焦点坐标求得p，则答案可求【详解】由题意可设抛物线方程为y2=2px（p＞0），由焦点坐标为（1，0），得，即p=2∴抛物的标准方程是y2=4x故选B【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记抛物线的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题10、D【解析】设，，则折痕所在直线是线段AB的垂直平分线，故求出AB中点坐标，折痕与直线AB垂直，进而求出斜率，用点斜式求出折痕所在直线方程.【详解】，，所以与的中点坐标为，又，所以折痕所在直线的斜率为1，故折痕所在直线是，即.故选：D11、B【解析】运用向量的线性运用表示向量，对照系数，求得，代入可得选项.【详解】因为，所以，所以，所以，解得，所以，故选：B.12、D【解析】利用正弦定理边化角，角化边计算即可.【详解】由正弦定理边化角得，，再由正弦定理角化边得，即故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、（1）（2）为定值6【解析】（1）由题意可知：将直线方程代入抛物线方程，由韦达定理可知：，，，，求得p的值，即可求得抛物线E的方程；（2）由直线的斜率公式可知：，，，代入，，即可得到：.试题解析：（1）直线的方程为，联立方程组得，设，，所以，，又，所以，从而抛物线的方程为（2）因为，，所以，，因此，又，，所以，即为定值点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.14、【解析】根据数列递增和递减的定义求出实数a的取值范围.【详解】因为数列是严格递增数列或严格递减数列，所以.若数列是严格递增数列，则，即，即恒成立，故；若数列是严格递减数列，则，即，即恒成立，由，故；综上，实数a的取值范围是故答案为：15、【解析】化简数列将问题转化为不等式恒成立问题，再对n分奇数和偶数进行讨论，分别求解出的取值范围，最后综合得出结果.【详解】根据题意，，.①当n是奇数时，，即对任意正奇数n恒成立，当时，有最小值1，所以.②当n是正偶数时，，即，又，故对任意正偶数n都成立，又随n增大而增大，当时，有最小值，即，综合①②可知.故答案为：.16、【解析】设双曲线的方程为，将点代入方程可求的值，从而可得结果【详解】设与双曲线有共同的渐近线的双曲线的方程为，该双曲线经过点，所求的双曲线方程为：，整理得故答案为【点睛】本题考查双曲线的方程与简单性质，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于中档题．与共渐近线的双曲线方程可设为，只需根据已知条件求出即可.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】利用导数的乘除法则，对题设函数求导即可.【小问1详解】.【小问2详解】18、（1）；（2）.【解析】（1）由正弦定理、和角正弦公式及三角形内角的性质可得，进而可得C的大小；（2）由余弦定理可得，根据基本不等式可得，由三角形面积公式求面积的最大值，注意等号成立条件.【小问1详解】由正弦定理知：，∴，又，∴，则，故.【小问2详解】由，又，则，∴，当且仅当时等号成立，∴△的面积S的最大值为.19、（1）或（2）【解析】（1）待定系数法去求椭圆的标准方程即可；（2）待定系数法去求椭圆的标准方程即可.【小问1详解】当椭圆焦点在x轴上时，方程可设为，将点代入得，解之得，则所求椭圆方程为当椭圆焦点在y轴上时，方程可设为，将点代入得，解之得，则所求椭圆方程为【小问2详解】椭圆方程可设为，则，解之得，则椭圆方程为20、（1），；（2）.【解析】（1）利用空间向量的坐标运算可求得的坐标，利用向量的模长公式可求得的值；（2）计算出，结合的取值范围可求得结果.【详解】（1），；（2），，因此，.【点睛】本题考查空间向量的坐标运算，同时也考查了利用空间向量的数量积计算向量的夹角，考查计算能力，属于基础题.21、（1）（2）证明见解析【解析】（1）设出椭圆方程，根据的坐标求得椭圆方程.（2）对直线的斜率分成存在和不存在两种情况进行分类讨论，求得的边PQ上的高来证得结论成立.【小问1详解】设椭圆方程为，将坐标代入得，所以椭圆方程为.小问2详解】当直线的斜率不存在时，关于轴对称，由于，所以，即，直线与椭圆有两个交点，符合题意.所以的边PQ上的高为.当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，由消去并化简得①，设，则，.由于M是PQ的中点且，所以，所以，即，，，.此