2024届四川省彭州市彭州中学高二上数学期末质量检测模拟试题含解析

2024届四川省彭州市彭州中学高二上数学期末质量检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现.如图所示的杨辉三角中，第8行，第3个数是（）第0行1第1行11第2行121第3行1331第4行14641……A.21 B.28C.36 D.562．若实数，满足约束条件，则的最小值为（）A.-3 B.-2C. D.13．某单位有840名职工,现采用系统抽样方法,抽取42人做问卷调查,将840人按1,2,…,840随机编号,则抽取的42人中,编号落入区间[481,720]的人数为A.11 B.12C.13 D.144．在数列中，已知，则“”是“是单调递增数列”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5．江西省重点中学协作体于2020年进行了一次校际数学竞赛，共有100名同学参赛，经过评判，这100名参赛者的得分都在之间，其得分的频率分布直方图如图，则下列结论错误的是（）A.得分在之间的共有40人B.从这100名参赛者中随机选取1人，其得分在的概率为0.5C.这100名参赛者得分的中位数为65D.可求得6．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B.C. D.7．如图所示，已知三棱锥，点，分别为，的中点，且，，，用，，表示，则等于（）A. B.C. D.8．阅读程序框图，该算法的功能是输出A.数列的第4项 B.数列的第5项C.数列的前4项的和 D.数列的前5项的和9．函数y=的最大值为Ae-1 B.eC.e2 D.10．“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，如图所示，它是由四个全等的直角三角形和一个正方形构成.现用4种不同的颜色（4种颜色全部使用）给这5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，每个区域只涂一种颜色，则不同的涂色方案有（）A.24种 B.48种C.72种 D.96种11．如图，在三棱锥S—ABC中，点E，F分别是SA，BC的中点，点G在棱EF上，且满足，若，，，则（）A. B.C. D.12．已知直线与平行，则a的值为（）A.1 B.﹣2C. D.1或﹣2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若在上是减函数，则实数a的取值范围是_________.14．已知实数，满足不等式组，则目标函数的最大值为__________.15．与直线平行，且距离为的直线方程为______16．如图，将一个正方体沿相邻三个面的对角线截出一个棱锥，若该棱锥的体积为，则该正方体的边长为___________.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）在①，②是与的等比中项，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题：已知数列{}的前n项和为，，且满足___（1）求数列{}的通项公式；（2）求数列{}前n项和注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分18．（12分）设等差数列的前项和为，已知.（1）求数列的通项公式;（2）当为何值时，最大，并求的最大值.19．（12分）二项式展开式中第五项的二项式系数是第三项系数的4倍.求：（1）；（2）展开式中的所有的有理项.20．（12分）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，椭圆C上点M满足（1）求椭圆C的标准方程：（2）若过坐标原点的直线l交椭圆C于P，Q两点，求线段PQ长为时直线l的方程21．（12分）我们知道：当是圆O：上一点，则圆O的过点的切线方程为；当是圆O：外一点，过作圆O的两条切线，切点分别为，则方程表示直线AB的方程，即切点弦所在直线方程.请利用上述结论解决以下问题：已知圆C的圆心在x轴非负半轴上，半径为3，且与直线相切，点在直线上，过点作圆C的两条切线，切点分别为.（1）求圆C的方程；（2）当时，求线段AB的长；（3）当点在直线上运动时，求线段AB长度的最小值.22．（10分）如图，PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC＝∠BAD＝90°，F为PA中点，，．四边形PDCE为矩形，线段PC交DE于点N（1）求证：AC∥平面DEF；（2）求二面角A－BC－P的余弦值

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】由题意知第8行的数就是二项式的展开式中各项的二项式系数，可得第8行，第3个数是为，即可求解【详解】解：由题意知第8行的数就是二项式的展开式中各项的二项式系数，故第8行，第3个数是为故选：B2、B【解析】先画出可行域，由，作出直线向下平移过点A时，取得最小值，然后求出点A的坐标，代入目标函数中可求得答案【详解】由题可得其可行域为如图，l：，当经过点A时，取到最小值，由，得，即，所以的最小值为故选：B3、B【解析】使用系统抽样方法，从840人中抽取42人，即从20人抽取1人∴从编号1～480的人中，恰好抽取480/20=24人，接着从编号481～720共240人中抽取240/20=12人考点：系统抽样4、C【解析】分别求出当、“是单调递增数列”时实数的取值范围，利用集合的包含关系判断可得出结论.【详解】已知，若，即，解得.若数列是单调递增数列，对任意的，，即，所以，对任意的恒成立，故，因此，“”是“是单调递增数列”充要条件.故选：C.5、C【解析】根据给定的频率分布直方图，结合直方图的性质，逐项计算，即可求解.【详解】由频率分布直方图，可得A中，得分在之间共有人，所以A正确；B中，从100名参赛者中随机选取1人，其得分在中的概率为，所以B正确；D中，由频率分布直方图的性质，可得，解得，所以D正确.C中，前2个小矩形面积之和为0.4，前3个小矩形面积之和为0.7，所以中位数在[60，70]，这100名参赛者得分的中位数为，所以C不正确；故选：C.6、C【解析】作出辅助线，找到异面直线与所成角，进而利用余弦定理及勾股定理求出各边长，最后利用余弦定理求出余弦值.【详解】如图所示，把三棱柱补成四棱柱，异面直线与所成角为，由勾股定理得：，，∴故选：C7、A【解析】连接，先根据已知条件表示出，再根据求得结果.【详解】连接，如下图所示：因为为的中点，所以，又因为为的中点，所以，所以，故选：A.8、B【解析】分析：模拟程序的运行,依次写出每次循环，直到满足条件,退出循环,输出A的值即可详解：模拟程序的运行,可得:

A=0,i=1执行循环体,,

不满足条件,执行循环体,不满足条件,执行循环体,不满足条件,执行循环体,不满足条件,执行循环体,满足条件,退出循环,输出A的值为31.观察规律可得该算法的功能是输出数列{}的第5项.所以B选项是正确的.点睛：模拟程序的运行,依次写出每次循环得到的A,i的值,当i=6时满足条件,退出循环,输出A的值,观察规律即可得解.9、A【解析】,所以函数在上递增，在上递减，所以函数的最大值为时，y==故选A点睛：研究函数最值主要根据导数研究函数的单调性，找到最值，分式求导公式要记熟10、B【解析】根据题意，分2步进行分析区域①、②、⑤和区域③、④的涂色方法，由分步计数原理计算可得答案.【详解】根据题意，分2步进行分析：当区域①、②、⑤这三个区域两两相邻，有种涂色的方法；当区域③、④，必须有1个区域选第4种颜色，有2种选法，选好后，剩下的区域有1种选法，则区域③、④有2种涂色方法，故共有种涂色的方法.故选：B11、D【解析】利用空间向量的加、减运算即可求解.详解】由题意可得故选：D12、A【解析】根据题意可得，解之即可得解.【详解】解：因为直线与平行，所以，解得.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据导数的性质，结合常变量分离法进行求解即可.【详解】，因为在上是减函数，所以在上恒成立，即，当时，的最小值为，所以，故答案为：14、##【解析】画出可行域，通过平移基准直线到可行域边界来求得的最大值.【详解】，画出可行域如下图所示，由图可知，当时，取得最大值.故答案为：15、或【解析】由题意，设所求直线方程为，根据两平行直线间的距离公式即可求解.【详解】解：由题意，设所求直线方程为，因为直线与直线的距离为，所以，解得或，所以所求直线方程为或，故答案为：或.16、2【解析】根据体积公式直接计算即可.【详解】设正方体边长为，则，解得.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)选①，可得数列为等差数列，求出，由，可得数列的通项公式为选②是与的等比中项，可得，由，可得，从而利用累乘法求得数列的通项公式为选③，由，可得，则数列为等差数列，从而求出通项公式(2)由(1)知，求出，利用错位相减求和法求出小问1详解】选①.因为，，所以是首项为1，公差为1的等差数列则，从而当时，，经检验，当时，也符合上式．所以选②.因为是与的等比中项所以，当时，，两式相减得，整理得，所以，经检验，也符合上式，所以选③.由题设，得，两式相减，得，整理，得，因为．所以，所以是首项为1，公差为2的等差数列，所以【小问2详解】由(1)知，，所以，所以，则两式相减，得，所以18、（1）（2）n为6或7；126【解析】（1）设等差数列的公差为d，利用等差数列的通项公式求解；（2）由，利用二次函数的性质求解.【小问1详解】解：设等差数列的公差为d，因为.所以，解得，所以；【小问2详解】，当或7时，最大，的最大值是126.19、（1）6；（2），，【解析】（1）先得到二项展开式的通项，再根据第五项的二项式系数是第三项系数的4倍，建立方程求解.（2）根据（1）的通项公式求解.【详解】（1）二项展开式的通项.依题意得，，所以，解得.（2）由（1）得，当，3，6时为有理项，故有理有，，.【点睛】本题主要考查二项式定理的通项公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题.20、（1）（2）【解析】（1）依题意可得，即可求出、，即可求出椭圆方程；（2）首先求出直线斜率不存在时弦显然可得直线的斜率存在，设直线方程为、、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，再根据弦长公式得到方程，求出，即可得解；【小问1详解】解：依题意，解得，所以椭圆方程为；【小问2详解】解：当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，不符合题意；所以直线的斜率存在，设直线方程为，则，消元整理得，设，，则，，所以，即，解得，所以直线的方程为；21、（1）；（2）；（3）4.【解析】(1)根据圆圆心和半径设圆的标准方程为，利用圆心到切线的距离等于圆的半径即可求出a；(2)根据题意写出AB的方程，根据垂径定理即可求出弦长；(3)根据题意求出AB经过的定点Q，当CQ垂直于AB时，AB最短.【小问1详解】由题，设圆C的标准方程为，则，解得.故圆C方程为；【小问2详解】根据题意可知，直线的方程为，即，圆心C到直线的距离为，故弦长；【小问3详解】设，则，又直线方程为：，故直线过定点Q，设圆心C到直线距离为，则，故当最大时，最短，而，故与垂直时最大，此时，，∴线段长度的最小值4.22、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）记PC交DE于点N，然后证明FN∥AC，进而通过线面平行的判定定理证明问题；（2）建立空间直角坐标系，进而通过空间向量夹角公式求得答案.【小问1详解】因为四边形PDCE为矩形，线段PC交D