安徽省黄山市八校联盟2023-2024学年高二上数学期末学业水平测试模拟试题含解析

安徽省黄山市八校联盟2023-2024学年高二上数学期末学业水平测试模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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．若直线与曲线只有一个公共点，则m的取值范围是（）A. B.C.或 D.或2．已知抛物线的焦点为F，且点F与圆上点的距离的最大值为6，则抛物线的准线方程为（）A. B.C. D.3．方程化简的结果是（）A. B.C. D.4．已知正方体的棱长为1，且满足，则的最小值是（）A. B.C. D.5．在正项等比数列中，和为方程的两根，则等于（）A.8 B.10C.16 D.326．一个袋中装有大小和质地相同的5个球，其中有2个红色球，3个绿色球，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，下列结论正确的是（）A.第一次摸到绿球的概率是 B.第二次摸到绿球的概率是C.两次都摸到绿球的概率是 D.两次都摸到红球的概率是7．已知实数，满足，则的最小值是（）A. B.C. D.8．的展开式中，常数项为（）A. B.C. D.9．等轴双曲线渐近线是（）A. B.C. D.10．设数列的前项和为，且，则（）A. B.C. D.11．若，则的最小值为（）A.1 B.2C.3 D.412．内角、、的对边分别为、、，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．椭圆的离心率是______14．已知等差数列的公差，等比数列的公比q为正整数，若，，且是正整数，则______15．抛物线的聚焦特点：从抛物线的焦点发出的光经过抛物线反射后，光线都平行于抛物线的对称轴.另一方面，根据光路的可逆性，平行于抛物线对称轴的光线射向抛物线后的反射光线都会汇聚到抛物线的焦点处.已知抛物线，一条平行于抛物线对称轴的光线从点向左发出，先经抛物线反射，再经直线反射后，恰好经过点，则该抛物线的标准方程为___________.16．如图茎叶图记录了A、两名营业员五天的销售量，若A的销售量的平均数比的销售量的平均数多1，则A营业员销售量的方差为___________.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）在平面直角坐标系xOy中，已知点、，点M满足，记点M的轨迹为C（1）求C的方程；（2）若直线l过圆圆心D且与圆交于A，B两点，点P为C上一个动点，求的最小值18．（12分）中，角A，B，C所对的边分别为.已知.（1）求的值；（2）求的面积.19．（12分）已知椭圆过点，且离心率.（1）求椭圆C的标准方程；（2）若动点在椭圆上，且在第一象限内，点分别为椭圆的左、右顶点，直线分别与椭圆C交于点，过作直线的平行线与椭圆交于点，问直线是否过定点，若经过定点，求出该定点的坐标；若不经过定点，请说明理由.20．（12分）已知函数，为自然对数的底数.（1）当时，证明，，；（2）若函数在上存在极值点，求实数的取值范围.21．（12分）在等差数列中，已知公差，前项和(其中)（1）求；（2）求和：22．（10分）如图，在四棱锥中，面ABCD，，且，，，，，N为PD的中点.（1）求证：平面PBC；（2）在线段PD上是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值是.若存在，求出的值，若不存在，说明理由.

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、D【解析】根据曲线方程的特征，发现曲线表示在轴上方的图象，画出图形，根据图形上直线的三个特殊位置，当已知直线位于直线位置时，把已知直线的解析式代入椭圆方程中，消去得到关于的一元二次方程，由题意可知根的判别式等于0即可求出此时对应的的值；当已知直线位于直线及直线的位置时，分别求出对应的的值，写出满足题意得的范围，综上，得到所有满足题意得的取值范围【详解】根据曲线，得到，解得：；，画出曲线的图象，为椭圆在轴上边的一部分，如图所示：当直线在直线的位置时，直线与椭圆相切，故只有一个交点，把直线代入椭圆方程得：，得到，即，化简得：，解得或(舍去)，则时，直线与曲线只有一个公共点；当直线在直线位置时，直线与曲线刚好有两个交点，此时，当直线在直线位置时，直线与曲线只有一个公共点，此时，则当时，直线与曲线只有一个公共点，综上，满足题意得的范围是或故选：D2、D【解析】先求得抛物线的焦点坐标，再根据点F与圆上点的距离的最大值为6求解.【详解】因为抛物线的焦点为F，且点F与圆上点的距离的最大值为6，所以，解得，所以抛物线准线方程为，故选：D3、D【解析】由方程的几何意义得到是椭圆，进而得到焦点和长轴长求解.【详解】∵方程，表示平面内到定点、的距离的和是常数的点的轨迹，∴它的轨迹是以为焦点，长轴，焦距的椭圆；∴；∴椭圆的方程是，即为化简的结果故选：D4、C【解析】由空间向量共面定理可得点四点共面，从而将求的最小值转化为求点到平面的距离，再根据等体积法计算.【详解】因为，由空间向量的共面定理可知，点四点共面，即点在平面上，所以的最小值为点到平面的距离，由正方体棱长为，可得是边长为的等边三角形，则，，由等体积法得，，所以，所以的最小值为.故选：C【点睛】共面定理的应用：设是不共面的四点，则对空间任意一点，都存在唯一的有序实数组使得，说明：若，则四点共面.5、C【解析】根据和为方程两根，得到，然后再利用等比数列的性质求解.【详解】因为和为方程的两根，所以，又因为数列是等比数列，所以，故选：C6、C【解析】对选项A，直接求出第一次摸球且摸到绿球的概率；对选项B，第二次摸到绿球分两种情况，第一次摸到绿球且第二也摸到绿球和第一次摸到红球且第二次摸到绿球；对选项C，直接求出第一次摸到绿球且第二也摸到绿球的概率；对选项D，直接求出第一次摸到红球且第二也摸到红球的概率【详解】对选项A，第一次摸到绿球的概率为：，故错误；对选项B，第二次摸到绿球的概率为：，故错误；对选项C，两次都摸到绿球的概率为：，故正确；对选项D，两次都摸到红球的概率为：，故错误故选：C7、A【解析】将化成，即可求出的最小值【详解】由可化为，所以，解得，因此最小值是故选：A8、A【解析】写出展开式通项，令的指数为零，求出参数的值，代入通项计算即可得解.【详解】的展开式通项为，令，可得，因此，展开式中常数项为.故选：A.9、A【解析】对等轴双曲线的焦点的位置进行分类讨论，可得出等轴双曲线的渐近线方程.【详解】因为，若双曲线的焦点在轴上，则等轴双曲线的渐近线方程为；若双曲线的焦点在轴上，则等轴双曲线的渐近线方程为.综上所述，等轴双曲线的渐近线方程为.故选：A.10、C【解析】利用，把代入中，即可求出答案.【详解】当时，.当时，.故选：C.11、D【解析】由基本不等式求解即可.【详解】，当且仅当时，取等号.即所求最小值.故选：D12、C【解析】利用正弦定理可求得边的长.【详解】由正弦定理得.故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】求出、、的值，即可得出椭圆的离心率.【详解】在椭圆中，，，，因此，椭圆的离心率是.故答案为：.14、【解析】由已知等差、等比数列以及，，是正整数，可得，结合q为正整数，进而求.【详解】由，，令，其中m为正整数，有，又为正整数，所以当时，解得，当时，解得不是正整数，故答案为：15、【解析】根据抛物线的聚焦特点，经过抛物线后经过抛物线焦点，再经直线反射后经过点，则根据反射特点，列出相关方程，解出方程即可.【详解】设光线与抛物线的交点为，抛物线的焦点为，则可得：抛物线的焦点为：则直线的方程为：设直线与直线的交点为，则有：解得：则过点且垂直于的直线的方程为：根据题意可知：点关于直线的对称点在直线上设点，的中点为，则有：直线垂直于，则有：点在直线上，则有：点在直线上，则有：化简得：又故故答案为：【点睛】直线关于直线对称对称，利用中点坐标公式和直线与直线垂直的特点建立方程，根据题意列出隐含的方程是关键16、44【解析】先根据题意求出x的值，进而利用方差公式求出A营业员销售量的方差.【详解】由A的平均数比的平均数多1知，A的总量比的总量多5，所以，A的平均数为17，方差为.故答案为：44三、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）23【解析】（1）根据双曲线的定义判断轨迹，直接写出轨迹方程即可；（2）设，利用向量坐标运算计算，再由二次函数求最值即可.【小问1详解】由，则轨迹C是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹C的方程为，则，可得，，所以C的方程为；【小问2详解】设，则，且，圆心，则因为，则当时，取最小值23.18、（1）；（2）.【解析】（1）根据求出，根据求出，根据正弦定理求出；（2）先求出，再利用面积公式即可求出.【详解】（1）在中，由题意知，又因为，所有，由正弦定理可得.（2）由得，由,得.所以.因此，的面积.【点睛】本题考查正弦定理和三角形面积公式的应用，属于中档题.19、（1）（2）过定点，【解析】（1）根据椭圆上的点及离心率求出a,b即可；（2）设点，设直线的方程为，联立方程，得到根与系数的关系，利用条件化简，结合椭圆方程，求出即可得解.【小问1详解】由，有，又，所以，椭圆C的标准方程为.【小问2详解】设点，设直线的方程为.如图，联立，消有：，韦达定理有：由，所以，又，所以又，所以.又所以有，把代入有：，解得或2，又直线不过右端点，所以，则，所以直线过定点.20、（1）证明见解析：（2）【解析】(1)代入,求导分析函数单调性,再的最小值即可证明.(2),若函数在上存在两个极值点,则在上有根.再分,与,利用函数的零点存在定理讨论导函数的零点即可.【详解】(1)证明：当时,,则,当时,,则,又因为,所以当时,,仅时,,所以在上是单调递减,所以,即.(2),因为,所以,①当时,恒成立,所以在上单调递增,没有极值点.②当时,在区间上单调递增,因为.当时,,所以在上单调递减,没有极值点.当时,,所以存在,使当时,时,所以在处取得极小值,为极小值点.综上可知,若函数在上存在极值点,则实数.【点睛】本题主要考查了利用导函数求解函数的单调性与最值,进而证明不等式的方法.同时也考查了利用导数分析函数极值点的问题,需要结合零点存在定理求解.属于难题.21、（1）12（2）18【解析】（1）根据已知的,利用等差数列的通项公式和前n项和公式即可列式求解；（2）由第（1）问中求解出的的通项公式，要求前12项绝对值的和，可以发现，该数列前6项为正项，后6项为负项，因此在算和的时候，后6项和可以取原通项公式的相反数即可计算，即为，然后再加上前6项和，即为要求的前12项绝对值的和.【小问1详解】由题意可得，在等差数列中，已知公差，前项和所以，解之得，所以n=12【小问2详解】由（1）可知数列{