甘肃省白银市靖远第一中学2023年数学高二上期末质量跟踪监视试题含解析

甘肃省白银市靖远第一中学2023年数学高二上期末质量跟踪监视试题注意事项：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．已知向量，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．2．已知直线l，m，平面α，β，，，则是的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件3．“圆”是中国文化的一个重要精神元素，在中式建筑中有着广泛的运用，最具代表性的便是园林中的门洞．如图，某园林中的圆弧形挪动高为2.5m，底面宽为1m，则该门洞的半径为（）A.1.2m B.1.3mC.1.4m D.1.5m4．下列命题中正确的是（）A.若为真命题，则为真命题B.在中“”是“”的充分必要条件C.命题“若，则或”的逆否命题是“若或，则”D.命题，使得，则，使得5．宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生"的问题，松长三尺，竹长一尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的，分别为3，1，则输出的等于A.5 B.4C.3 D.26．如图，在四面体中，，，，分别为，，，的中点，则化简的结果为（）A. B.C. D.7．下列说法中正确的是（）A.命题“若，则”的否命题是真命题；B.若为真命题，则为真命题；C.“”是“”的充分条件；D.若命题：“，”，则：“，”8．已知直线和平面，且在上，不在上，则下列判断错误的是（）A.若，则存在无数条直线，使得B.若，则存在无数条直线，使得C.若存在无数条直线，使得，则D.若存在无数条直线，使得，则9．不等式表示的平面区域是一个（）A.三角形 B.直角三角形C.矩形 D.梯形10．若，则复数在复平面内对应的点在（）A.曲线上 B.曲线上C.直线上 D.直线上11．已知椭圆的离心率，为椭圆上的一个动点，若定点，则的最大值为A. B.C. D.12．双曲线的左、右焦点分别为、，P为双曲线C的右支上一点．以O为圆心a为半径的圆与相切于点M，且，则该双曲线的渐近线为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．一个四面体有五条棱长均为2，则该四面体的体积最大值为_______14．已知三角形OAB顶点，，，则过B点的中线长为______.15．已知函数（1）若时函数有三个互不相同的零点，求实数的取值范围；（2）若对任意的，不等式在上恒成立，求实数的取值范围16．甲、乙两名运动员5场比赛得分的茎叶图如图所示，已知甲得分的极差为32，乙得分的平均值为24，则甲、乙两组数据的中位数是______.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）设数列的前项和为，为等比数列，且，（1）求数列和的通项公式；（2）设，求数列的前项和18．（12分）求下列不等式的解集：（1）；（2）19．（12分）在等比数列{}中，（1），，求；（2），，求的值.20．（12分）已知命题p：，命题q：.（1）若命题p为真命题，求实数x的取值范围.（2）若p是q的充分条件，求实数m的取值范围；21．（12分）设函数.（1）求函数的单调区间；（2）求函数的极值.22．（10分）已知函数.（1）当时，求函数在时的最大值和最小值；（2）若函数在区间存在极小值，求a的取值范围.

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】由题可知：，，，故选；D2、A【解析】由题意可知，已知，，则可以推出，反之不成立.【详解】已知，，则可以推出，已知，，则不可以推出.故是的充分不必要条件.故选：A.3、B【解析】设半径为R，根据垂径定理可以列方程求解即可.【详解】设半径为R，,解得,化简得.故选：B.4、B【解析】A选项，当一真一假时也满足条件，但不满足为真命题；B选项，可以使用正弦定理和大边对大角，大角对大边进行证明；C选项，利用逆否命题的定义进行判断，D选项，特称命题的否定，把存在改为任意，把结论否定，故可判断D选项.【详解】若为真命题，则可能均为真，或一真一假，则可能为真命题，也可能为假命题，故A错误；在中，由正弦定理得：，若，则，从而，同理，若，则由正弦定理得，，所以，故在中“”是“”的充分必要条件，B正确；命题“若，则或”的逆否命题是“若且，则”，故C错误；命题，使得，则，使得，故D错误.故选：B5、B【解析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【详解】解：当n＝1时，a＝3，b＝2，满足进行循环的条件，当n＝2时，a，b＝4，满足进行循环的条件，当n＝3时，a，b＝8，满足进行循环的条件，当n＝4时，a，b＝16，不满足进行循环的条件，故输出的n值为4，故选：B【点睛】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答6、C【解析】根据向量的加法和数乘的几何意义，即可得到答案；【详解】故选：C7、C【解析】A.写出原命题的否命题，即可判断其正误；B.根据为真命题可知的p,q真假情况，由此判断的真假；C.看命题“”能否推出“”，即可判断；D.根据含有一个量词的命题的否定的要求，即可判断该命题的正误.【详解】A.命题“若x=y，则sinx=siny”，其否命题为若“，则”为假命题，因此A不正确；B.命题“”为真命题，则p，q中至少有一个为真命题，当二者为一真一假时，为假命题，故B不正确C.命题“若，则”为真命题，故C正确；D.命题：“，”，为特称命题，其命题的否定：“，”，故D错误，故选：C8、D【解析】根据直线和直线，直线和平面的位置关系依次判断每一个选项得到答案.【详解】若，则平行于过的平面与的交线，当时，，则存在无数条直线，使得，A正确；若，垂直于平面中的所有直线，则存在无数条直线，使得，B正确；若存在无数条直线，使得，，，则，C正确；当时，存在无数条直线，使得，D错误.故选：D.9、D【解析】作出不等式组所表示平面区域，可得出结论.【详解】由可得或，作出不等式组所表示的平面区域如下图中的阴影部分区域所示：由图可知，不等式表示的平面区域是一个梯形.故选：D.10、B【解析】根据复数的除法运算，先化简，进而求出，再由复数的几何意义，即可得出结果.【详解】因为，所以，因此复数在复平面内对应的点为，可知其在曲线上.故选：B11、C【解析】首先求得椭圆方程，然后确定的最大值即可.【详解】由题意可得：，据此可得：，椭圆方程为，设椭圆上点的坐标为，则，故：，当时，.本题选择C选项.【点睛】本题主要考查椭圆方程问题，椭圆中的最值问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.12、A【解析】连接、，利用中位线定理和双曲线定义构建参数关系，即求得渐近线方程.【详解】如图，连接、，∵M是的中点，∴是的中位线，∴，且，根据双曲线的定义，得，∴，∵与以原点为圆心a为半径的圆相切，∴，可得，中，，即得，，解得，即，得.由此得双曲线的渐近线方程为.故选：A.【点睛】本题考查了双曲线的定义的应用和渐近线的求法，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解析】由已知中一个四面体有五条棱长都等于2，易得该四面体必然有两个面为等边三角形，根据棱锥的几何特征，分析出当这两个平面垂直时，该四面体的体积最大，将相关几何量代入棱锥体积公式，即可得到答案【详解】一个四面体有五条棱长都等于2，如下图：设除PC外的棱均为2，设P到平面ABC距离为h，则三棱锥的体积V＝，∵是定值，∴当P到平面ABC距离h最大时，三棱锥体积最大，故当平面PAB⊥平面ABC时，三棱锥体积最大，此时h为等边三角形PAB的AB边上的高，则h，故三棱锥体积的最大值为：故答案为：114、【解析】先求出中点坐标，再由距离公式得出过B点的中线长.【详解】由中点坐标公式可得中点，则过B点的中线长为.故答案为：15、（1）（2）【解析】（1）将函数有三个互不相同的零点转化为有三个互不相等的实数根，令，求导确定单调性求出极值即可求解；（2）求导确定单调性，结合以及得，由得，结合二次函数单调性求出最小值即可求解.【小问1详解】当时，．函数有三个互不相同的零点，即有三个互不相等的实数根令，则，令得或，在和上均减函数，在上为增函数，极小值为，极大值为，的取值范围是；【小问2详解】，且，当或时，；当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为当时，，又，，又，又在上恒成立，即，即当时，恒成立在上单减，故最小值为，的取值范围是16、【解析】先由极差以及平均数得出，进而得出中位数.【详解】由可得，，，因为乙得分的平均值为24，所以，所以甲、乙两组数据的中位数是.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），；（2）【解析】（1）由已知利用递推公式，可得，代入分别可求数列的首项，公比，从而可求.（2）由（1）可得，利用乘“公比”错位相减法求和【详解】解：(1)当时，，当时，满足上式，故的通项式为设的公比为，由已知条件知，，，所以，，即(2)，两式相减得：【点睛】本题考查等差数列、等比数列的求法，错位相减法求数列通项，属于中档题.18、（1）（2）【解析】（1）利用一元二次不等式的解法求解；（2）利用分式不等式的解法求解.【小问1详解】解：因为，所以，解得，所以不等式的解集是；【小问2详解】因为，所以，所以，即，解得，所以不等式的解集是.19、（1）（2）【解析】（1）直接利用等比数列的求和公式求解即可，（2）由已知条件结合等比数的性质可得，从而可求得答案，或直接利用等比数列的求和公式化简求解【小问1详解】.【小问2详解】方法1：.∴.方法2：，整理得：又20、（1）；（2）.【解析】（1）由一元二次不等式的解法求得的范围；（2）由p是q的充分条件，转化为集合的包含关系，从而可求实数m的取值范围.【详解】（1）由p：为真，解得.（2）q：，若p是q的充分条件，则是的子集所以.即.21、（1）单调递减区间为和，单调递增区间为（2）极小值，极大值为【解析】（1）先对函数求导，然后根据导数的正负可求出函数的单调区间，（2）根据（1）中求得单调区间可求出函数的极值【小问1详解】.当变化时，，的变化情况如下表所示：00减极小值增极大值减的单调递减区间为和，单调递增区间为.【小问2详解】由（1）可知在处取得极小值，在处取得极大值.的极小值为，极大值为.22、（1）最大值为9，最小值为；（2）.【解析】（1）利用导数研究函数的单调性，进而确定在的极值、端点值，比较它们的大小即可知最值.（2）讨论参数a的符号，利用