福建省南平市邵武市四中2023年高二上数学期末统考模拟试题含解析

福建省南平市邵武市四中2023年高二上数学期末统考模拟试题注意事项: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．直线过点且与双曲线仅有一个公共点，则这样的直线有（）A.1条 B.2条C.3条 D.4条2．已知数列的前n项和为，且对任意正整数n都有，若，则（）A.2019 B.2020C.2021 D.20223．已知抛物线，为坐标原点，以为圆心的圆交抛物线于、两点，交准线于、两点，若，，则抛物线方程为（）A. B.C. D.4．已知椭圆C：（）的长轴的长为4，焦距为2，则C的方程为（）A B.C. D.5．已知为等差数列，为公差，若成等比数列，且，则数列的前项和为（）A. B.C. D.6．已知直线与直线平行，且直线在轴上的截距比在轴上的截距大，则直线的方程为（）A. B.C. D.7．已知直线经过点，且是的方向向量，则点到的距离为（）A. B.C. D.8．德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响．他幼年时就表现出超人的数学天才，10岁时，他在进行的求和运算时，就提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法．已知数列，则（）A.96 B.97C.98 D.999．已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若，则|QF|＝()A. B.C.3 D.210．如图所示，在平行六面体中，，，，点是的中点，点是上的点，且，则向量可表示为（）A. B.C. D.11．已知双曲线的左、右焦点分别为，点在的左支上，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为，则的最小值为（）A. B.C. D.12．直线与直线，则“”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二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数，则满足实数的取值范围是__14．已知直线被圆截得的弦长等于该圆的半径，则实数_____.15．若函数恰有两个极值点，则k的取值范围是______16．若直线与圆有公共点，则b的取值范围是_____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）求函数的单调区间；（2）求函数在上的最大值和最小值.18．（12分）要设计一种圆柱形、容积为500mL的一体化易拉罐金属包装，如何设计才能使得总成本最低？19．（12分）已知正项数列的首项为，且满足，（1）求证：数列为等比数列；（2）记，求数列的前n项和20．（12分）已知椭圆C：的左右焦为，，点是该椭圆上任意一点，当轴时，，（1）求椭圆C的标准方程；（2）记，求实数m的最大值21．（12分）如图，在三棱锥中，底面，．点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长22．（10分）已知抛物线C：的焦点为F，为抛物线C上一点，且（1）求抛物线C的方程：（2）若以点为圆心，为半径圆与C的准线交于A，B两点，过A，B分别作准线的垂线交抛物线C于D，E两点，若，证明直线DE过定点

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】根据直线的斜率存在与不存在，分类讨论，结合双曲线的渐近线的性质，即可求解.【详解】当直线的斜率不存在时，直线过双曲线的右顶点，方程为，满足题意；当直线的斜率存在时，若直线与两渐近线平行，也能满足与双曲线有且仅有一个公共点.综上可得，满足条件的直线共有3条.故选：C.【点睛】本题主要考查了直线与双曲线的位置关系，以及双曲线的渐近线的性质，其中解答中忽视斜率不存在的情况是解答的一个易错点，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及分类讨论思想的应用，属于基础题.2、C【解析】先令代入中，求得，再根据递推式得到，将与已知相减，可判断数列是等比数列，进而确定，求得答案.【详解】因为，令，则，又，故，即，故数列是等比数列，则，所以，所以，故选：C.3、C【解析】设圆的半径为，根据已知条件可得出关于的方程，求出正数的值，即可得出抛物线的方程.【详解】设圆的半径为，抛物线的准线方程为，由勾股定理可得，因为，将代入抛物线方程得，可得，不妨设点，则，所以，，解得，因此，抛物线的方程为.故选：C.4、D【解析】由题设可得求出椭圆参数，即可得方程.【详解】由题设，知：，可得，则，∴C的方程为.故选：D.5、C【解析】先利用已知条件得到，解出公差，得到通项公式，再代入数列，利用裂项相消法求和即可.【详解】因为成等比数列，，故，即，故，解得或（舍去），故，即，故的前项和为：.故选：C.【点睛】方法点睛：数列求和的方法：（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些像可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列:或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解.6、A【解析】分析可知直线不过原点，可设直线的方程为，其中且，利用斜率关系可求得实数的值，化简可得直线的方程.【详解】若直线过原点，则直线在两坐标轴上的截距相等，不合乎题意，设直线的方程为，其中且，则直线的斜率为，解得，所以，直线的方程为，即.故选：A.7、B【解析】求出，根据点到直线的距离的向量公式进行求解.【详解】因为，为的一个方向向量，所以点到直线的距离.故选：B8、C【解析】令，利用倒序相加原理计算即可得出结果.【详解】令，，两式相加得：，∴，故选:C9、C【解析】过点Q作QQ′⊥l交l于点Q′，利用抛物线定义以及相似得到|QF|＝|QQ′|＝3.【详解】如图所示：过点Q作QQ′⊥l交l于点Q′，因为，所以|PQ|∶|PF|＝3∶4，又焦点F到准线l的距离为4，所以|QF|＝|QQ′|＝3.故选C.【点睛】本题考查了抛物线的定义应用，意在考查学生的计算能力.10、D【解析】根据空间向量加法和减法的运算法则，以及向量的数乘运算即可求解.【详解】解：因为在平行六面体中，，，，点是的中点，点是上的点，且，所以，故选：D.11、D【解析】利用双曲线定义可得到，将的最小值变为的最小值问题，数形结合得解.【详解】由题意得，故，如图所示：到渐近线的距离,则，当且仅当，，三点共线时取等号，∴的最小值为.故选：D12、A【解析】根据直线与直线的垂直，列方程，求出，再判断充分性和必要性即可.【详解】解：若，则，解得或，即或，所以”是“充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查直线一般式中直线与直线垂直的系数关系，考查充分性和必要性的判断，是基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】分别对，分别大于1，等于1，小于1的讨论，即可.【详解】对，分别大于1，等于1，小于1的讨论，当,解得当，不存在，当时，，解得，故x的范围为点睛】本道题考查了分段函数问题，分类讨论，即可，难度中等14、2或－4【解析】求出圆心到直线的距离，由几何法表示出弦长，列出等量关系，即可求出结果.【详解】由得，所以圆的圆心为，半径，圆心到直线的距离，则由题可得，即，解得或.故答案为：2或.15、【解析】求导得有两个极值点等价于函数有一个不等于1的零点，分离参数得，令，利用导数研究的单调性并作出的图象，根据图象即可得出k的取值范围【详解】函数的定义域为，，令，解得或，若函数有2个极值点，则函数与图象在上恰有1个横坐标不为1的交点，而，令，令或，故在和上单调递减，在上单调递增，又，如图所示，由图可得.故答案为：16、【解析】直线与圆有交点，则圆心到直线的距离小于或等于半径.【详解】直线即，圆的圆心为，半径为，若直线与圆有交点，则，解得,故实数取值范围是.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）单调增区间，单调减区间（2）最大值，最小值【解析】根据导函数分析函数单调性，在闭区间内的最值【小问1详解】时，；时，单调增区间,单调减区间【小问2详解】由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，所以最大值为又；故最小值为018、当圆柱底面半径为，高为时，总成本最底.【解析】设圆柱底面半径为cm，高为cm，圆柱表面积为Scm2，进而根据体积得到，然后求出表面积，进而运用导数的方法求得表面积的最小值，此时成本最小.【详解】设圆柱底面半径为cm，高为cm,圆柱表面积为Scm2,每平方厘米金属包装造价为元，由题意得：，则，表面积造价，，令，得，令，得，的单调递减区间为，递增区间为，当圆柱底面半径为，高为时，总成本最底.19、（1）证明见解析（2）【解析】（1）由递推关系式化简及等比数列的的定义证明即可；（2）根据裂项相消法求解即可得解.【小问1详解】证明：由得，而且，则，即数列为首项，公比为的等比数列【小问2详解】由上可知，所以，20、（1）（2）【解析】（1）利用椭圆的定义及勾股定理可求解；（2）问题转化为在轴截距的问题，临界条件为直线与椭圆相切，求解即可.【小问1详解】因为，，所以，∴，所以椭圆标准方程为：【小问2详解】要求的最值，即求直线在轴截距的最值，可知当直线与椭圆相切时，m取得最值.联立方程：，整理得，解得所以实数m的最大值为21、（1）证明见解析；（2）；（3）或【解析】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.首先要建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，证明线面平行只需求出平面的法向量，计算直线对应的向量与法向量的数量积为0，求二面角只需求出两个半平面对应的法向量，借助法向量的夹角求二面角，利用向量的夹角公式，求出异面直线所成角的余弦值，利用已知条件，求出的值.试题解析：如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（1，2，0）.（1）证明：=（0，2，0），=（2，0，）.设，为平面BDE的法向量，则，即.不妨设，可得.又=（1，2，），可得.因为平面BDE，所以MN//平面BDE.（2）解：易知为平面CEM的一个法向量.设为平面EMN的法向量，则，因为，，所以.不妨设，可得.因此有，于是.所以，二面角C—EM—N的正弦值为.（3）解：依题意，设AH=h（），则H（0，0，h），进而可得，.由已知，得，整理得，解得，或.所以，线段AH的长为或.【考点】直线与平面平行、二面角、异面直线所成角【名师点睛】空间向量是解决空间几何问题的锐利武器，不论是求空间角、空间距离还是证明线面关系利用空间向量都很方便，利用向量夹角公式求异面直