2024届广东省信宜市高二数学第一学期期末经典模拟试题含解析

2024届广东省信宜市高二数学第一学期期末经典模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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．如图所示，正方形边长为2cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（）A.16cm B.cmC.8cm D.cm2．袋子中有四个小球，分别写有“文、明、中、国”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到“中”“国”两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止的概率.利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数，分别用0，1，2，3代表“文、明、中、国”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为（）A. B.C. D.3．已知抛物线：的焦点为F，准线l上有两点A，B，若为等腰直角三角形且面积为8，则抛物线C的标准方程是（）A. B.C.或 D.4．数列的一个通项公式为（）A. B.C. D.5．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A、B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为A.＋＝1 B.＋＝1C.＋＝1 D.＋＝16．已知函数（其中）的部分图像如图所示，则函数的解析式为（）A. B.C. D.7．过点且与原点距离最大的直线方程是（）A. B.C. D.8．已知函数的定义域为，若，则（）A. B.C. D.9．对于两个平面、，“内有三个点到的距离相等”是“”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10．从集合中任取两个不同元素，则这两个元素相差的概率为（）A. B.C. D.11．已知数列是等比数列，数列是等差数列，若，则（）A. B.C. D.12．若，则下列等式一定成立的是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知向量，，若与垂直，则___________.14．设，若，则S＝________.15．在等比数列中，若，，则_____16．已知等比数列中，则q＝___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）如图所示，在三棱柱中，，点在平面ABC上的射影为线段AC的中点D，侧面是边长为2的菱形（1）若△ABC是正三角形，求异面直线与BC所成角的余弦值；（2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求线段BD的长18．（12分）已知的展开式中只有第五项的二项式系数最大.（1）求该展开式中有理项的项数；（2）求该展开式中系数最大的项.19．（12分）已知函数（1）讨论的单调性；（2）当时，证明20．（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是，已知（1）求角B的大小；（2）求三角形ABC的面积.21．（12分）如图，三棱锥中，，，，，，点是PA的中点，点D是AC的中点，点N在PB上，且.（1）证明：平面CMN；（2）求平面MNC与平面ABC所成角的余弦值.22．（10分）在平面直角坐标系中，有一条长度为3的线段，端点，分别在轴、轴上运动，为线段上一点，且.（1）求点的轨迹的方程；（2）已知不过原点的直线与相交于，两点，且线段始终被直线平分.求的面积取最大时直线的方程.

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、A【解析】由直观图确定原图形中平行四边形中线段的长度与关系，然后计算可得【详解】由斜二测画法，原图形是平行四边形，，又，，，所以，周长为故选：A2、A【解析】利用古典概型的概率公式求解.【详解】因为随机模拟产生了以下18组随机数：，其中恰好第三次就停止包含的基本事件有：023,123,132共3个，所以由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为，故选：A3、C【解析】分或（）两种情况讨论，由面积列方程即可求解【详解】由题意得，当时，，解得；当或时，，解得，所以抛物线的方程是或.故选：C.4、A【解析】根据规律，总结通项公式，即可得答案.【详解】根据规律可知数列的前三项为，所以该数列一个通项公式为故选：A5、D【解析】设、，所以，运用点差法，所以直线的斜率为，设直线方程为，联立直线与椭圆的方程，所以；又因为，解得.【考点定位】本题考查直线与圆锥曲线的关系，考查学生的化归与转化能力.6、B【解析】根据题图有且，结合五点法求参数，即可得的解析式.【详解】由图知：且，则，所以，则，即，又，可得，，则，，又，即有.综上，.故选：B7、A【解析】过点且与原点O距离最远的直线垂直于直线，再由点斜式求解即可【详解】过点且与原点O距离最远的直垂直于直线，，∴过点且与原点O距离最远的直线的斜率为，∴过点且与原点O距离最远的直线方程为：，即.故选：A8、D【解析】利用导数的定义可求得的值.【详解】由导数的定义可得.故选：D.9、B【解析】根据平面的性质分别判断充分性和必要性.【详解】充分性：若内有三个点到的距离相等，当这三个点不在一条直线上时，可得；当这三个点在一条直线上时，则、平行或相交，故充分性不成立；必要性：若，则内每个点到的距离相等，故必要性成立，所以“内有三个点到的距离相等”是“”的必要不充分条件.故选：B.10、B【解析】一一列出所有基本事件，然后数出基本事件数和有利事件数，代入古典概型的概率计算公式，即可得解.【详解】解：从集合中任取两个不同元素的取法有、、、、、共6种，其中满足两个元素相差的取法有、、共3种.故这两个元素相差的概率为.故选：B.11、A【解析】结合等差中项和等比中项分别求出和，代值运算化简即可.【详解】由是等比数列可得，是等差数列可得，所以，故选：A12、D【解析】利用复数除法运算和复数相等可用表示出，进而得到之间关系.【详解】，，，则.故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据与垂直，可知，根据空间向量的数量积运算可求出的值，结合向量坐标求向量模的求法，即可得出结果.【详解】解：与垂直，，则，解得：，，则，.故答案为：.14、1007【解析】可证f（x）+f（1﹣x）＝1，由倒序相加法可得所求为1007对的组合，即1007个1，可得答案【详解】解：∵函数f（x），∴f（x）+f（1﹣x）1故可得S＝f（）+f（）…+f（）＝1007×1＝1007,故答案为：1007点睛】本题考查倒序相加法求和，推断出f（x）+f（1﹣x）＝1是解题的关键.15、【解析】根据等比数列下标和性质计算可得；【详解】解：∵在等比数列中，，∴原式故答案为：【点睛】本题考查等比数列的性质的应用，属于基础题.16、3【解析】根据等比数列的性质求得，再根据等比数列的通项公式求得答案.【详解】等比数列中，故，，所以，故答案为：3三、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）或【解析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与所成角的余弦值.（2）结合直线与平面所成的角，利用向量法列方程，化简求得的长.【小问1详解】依题意点在平面ABC上的射影为线段AC的中点D，所以平面，，由于，所以，以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，，，当是等边三角形时，，.设直线与所成角为，则.【小问2详解】设，则，，设平面的法向量为，则，故可设，设直线与平面所成角为，则，化简的，解得或，也即或.18、（1）；（2）和【解析】（1）先求出，再写出二项式展开式的通项，令即可求解；（2）设第项系数最大，则，即可解得的值，进而可得展开式中系数最大的项.【详解】（1）由题意可得：，得，的展开式通项为，，要求展开式中有理项，只需令，所以所以有理项有5项，（2）设第项系数最大，则，即，即，解得：，因为，所以或所以，所以展开式中系数最大的项为和.【点睛】解二项式的题关键是求二项式展开式的通项，求有理项需要让的指数位置是整数，求展开式中系数最大的项需要满足第项的系数大于等于第项的系数，第项的系数大于等于第项的系数，属于中档题19、（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】（1）求导得，进而分和两种情况讨论求解即可；（2）根据题意证明，进而令，再结合（1）得，研究函数的性质得，进而得时，，即不等式成立.【小问1详解】解：函数的定义域为，，∴当时，在上恒成立，故函数在区间上单调递增；当时，由得，由得，即函数在区间上单调递增，在上单调递减；综上，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递增，在上单调递减；【小问2详解】证明：因为时，证明，只需证明，由（1）知，当时，函数在区间上单调递增，在上单调递减；所以.令，则，所以当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以.所以时，，所以当时，20、（1）B=300（2）【解析】分析：（1）由同角三角函数关系先求，由正弦定理可求值，从而可求的值；（2）先求得的值，代入三角函数面积公式即可得结果.详解：(1)由正弦定理又∴B为锐角sinA=,由正弦定理B=300(2),∴.点睛：以三角形和为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.21、（1）证明见解析（2）【解析】建立如图所示空间直角坐标系，得到相关点和相关向量的坐标,（1）求出平面的法向量，利用证明即可；（2）由（1）知平面的法向量，再求平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解.【小问1详解】证明：三棱锥中，，，∴分别以，，，，轴建立如图所示空间直角坐标系∵，，点M是PA的中点，点D是AC的中点，点N在PB上且∴，，，，，设平面的法向量，，，，由得令得∴∵∴又平面∴平面；【小问2详解】，，∴平面∴为平面的法向量则与的夹角的补角是平面与平面所成二面角的平面角.∴平面与平面所成角的余弦值为.22、（1）（2）【解析】(1)设，根据题意可得，，利用两点之间的距离公式表示出，化简即可得出结果；(2)设，，线段的中点为，利用两点坐标表示直线斜率的公式和点差法求出直线的斜率，设的方程为，联立椭圆