广西贵港市港南中学2024届高二上数学期末检测模拟试题含解析

广西贵港市港南中学2024届高二上数学期末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．设命题，则为（）A. B.C. D.2．接种疫苗是预防控制新冠疫情最有效的方法，我国自2021年1月9日起实施全民免费接种新冠疫苗并持续加快推进接种工作．某地为方便居民接种，共设置了A、B、C三个新冠疫苗接种点，每位接种者可去任一个接种点接种．若甲、乙两人去接种新冠疫苗，则两人不在同一接种点接种疫苗的概率为（）A. B.C. D.3．如图是函数的导函数的图象，下列结论中正确的是（）A.在上是增函数 B.当时，取得最小值C.当时，取得极大值 D.在上是增函数，在上是减函数4．已知命题是真命题，那么的取值范围是（）A. B.C. D.5．函数区间上有（）A.极大值为27，极小值为-5 B.无极大值，极小值为-5C.极大值为27，无极小值 D.无极大值，无极小值6．下列通项公式中，对应数列是递增数列的是（）A B.C. D.7．设R，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8．若：，：，则为q的（）A.充分必要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分又不必要条件9．已知等比数列的前3项和为3，，则（）A. B.4C. D.110．已知等差数列{an}中，a4+a9=8，则S12=（）A.96 B.48C.36 D.2411．各项均为正数的等比数列的前项和为，若，，则（）A. B.C. D.12．已知数列是等比数列，数列是等差数列，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．如图，茎叶图所示数据平均分为91，则数字x应该是__________14．直线l交椭圆于A，B两点，线段AB的中点为，直线是线段AB的垂直平分线，若，D为垂足，则D点的轨迹方程是______15．若直线与直线平行，且原点到直线的距离为，则直线的方程为____________.16．过点且与直线平行的直线的方程是______.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）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）当时，设，求函数的单调区间.18．（12分）已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，焦距为2，离心率为（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l经过点M（0，1），且与椭圆C交于A，B两点，若，求直线l的方程19．（12分）已知抛物线的方程为，点，过点的直线交抛物线于两点（1）求△OAB面积的最小值（为坐标原点）；（2）是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由20．（12分）已知函数（1）填写函数的相关性质；定义域值域零点极值点单调性性质（2）通过（1）绘制出函数的图像，并讨论方程解的个数21．（12分）如图所示的四棱锥的底面是一个等腰梯形，，且，是△的中线，点E是棱的中点（1）证明：∥平面（2）若平面平面，且，求平面与平面夹角余弦值（3）在（2）条件下，求点D到平面的距离22．（10分）在二项式的展开式中，______.给出下列条件：①若展开式前三项的二项式系数的和等于46；②所有奇数项的二项式系数的和为256.试在上面两个条件中选择一个补充在上面的横线上，并解答下列问题：（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式的常数项.

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】利用含有一个量词的命题的否定的定义判断.【详解】因为命题是全称量词命题，所以其否定是存在量词命题，即，故选：D2、C【解析】利用古典概型的概率公式可求出结果【详解】由题知,基本事件总数为甲、乙两人不在同一接种点接种疫苗的基本事件数为由古典概型概率计算公式可得所求概率故选:3、D【解析】根据导函数的图象判断出函数的单调区间、极值、最值，由此确定正确选项.【详解】根据图象知：当，时，函数单调递减；当，时，函数单调递增.所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故选项A不正确，选项D正确；故当时，取得极小值，选项C不正确；当时，不是取得最小值，选项B不正确；故选：D.4、C【解析】依据题意列出关于的不等式，即可求得的取值范围.【详解】当时，仅当时成立，不符合题意；当时，若成立，则，解之得综上，取值范围是故选：C5、B【解析】求出得出的单调区间，从而可得答案.【详解】当时，，单调递减.当时，，单调递增.所以当时，取得极小值，极小值为，无极大值.故选：B6、C【解析】根据数列单调性的定义逐项判断即可.【详解】对于A，B选项对应数列是递减数列．对于C选项，，故数列是递增数列．对于D选项，由于．所以数列不是递增数列故选：C.7、A【解析】根据不等式性质判断即可.【详解】若“”，则成立；反之，若，当，时，不一定成立.如，但.故“”是“”的充分不必要条件.故答案为：A.【点睛】本题考查充分条件、必要调价的判断，考查不等式与不等关系，属于基础题.8、D【解析】根据充分条件和必要条件的定义即可得出答案.【详解】解：因为：，：，所以，所以为q的既不充分又不必要条件.故选：D.9、D【解析】设等比数列公比为，由已知结合等比数列的通项公式可求得，，代入即可求得结果.【详解】设等比数列的公比为，由，得即，又，即又，，解得又等比数列的前3项和为3，故，即，解得故选：D10、B【解析】利用等差数列的性质求解即可.【详解】解：由等差数列的性质得.故选：B11、D【解析】根据等比数列性质可知，，，成等比数列，由等比中项特点可构造方程求得，由等比数列通项公式可求得，进而得到结果.【详解】由等比数列的性质可得：，，，成等比数列，则，即，解得：，，，解得：.故选：D.12、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：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解析】结合茎叶图以及平均数列出方程，即可求出结果.【详解】由题意可知，解得，故答案为：1.14、【解析】设直线l的方程为，代入椭圆方程并化简，然后根据M为线段AB的中点结合根与系数的关系得到k,t间的关系，进而写出线段AB的垂直平分线的直线方程，可以判断它过定点E，再考虑直线l的斜率不存在的情况，根据题意可知，点D在以OE为直径的圆上，最后求出点D的轨迹方程.【详解】设直线l的方程为，代入椭圆方程并化简得：，设，则，解得.因为直线是线段AB的垂直平分线，故直线：，即：令，此时，，于是直线过定点当直线l的斜率不存在时，，直线也过定点点D在以OE为直径的圆上，则圆心为，半径，所以点D轨迹方程为：15、【解析】可设直线的方程为，利用点到直线的距离公式求得，即可得解.【详解】可设直线的方程为，即，则原点到直线的距离为，解得，所以直线的方程为.故答案为：.16、【解析】设出直线的方程，代入点的坐标，求出直线的方程.【详解】设过点且与直线平行的直线的方程为，将代入，则，解得：，所以直线的方程为.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）增区间为，减区间为.【解析】(1)根据导数的几何意义即可求解；(2)求g(x)导数，导数同分分解因式，讨论其正负即可判断g(x)的单调性.【小问1详解】当时，，则，又，设所求切线的斜率为，则，则切线的方程为：，化简即得切线的方程为：.【小问2详解】，其定义域为，，∵，∴ax＋1＞0，∴当时，；当时，.的增区间为，减区间为.18、（1）；（2）或【解析】（1）根据椭圆的焦距为2，离心率为，求出，，即可求椭圆的方程；（2）设直线方程为，代入椭圆方程，由得，利用韦达定理，化简可得，求出，即可求直线的方程.试题解析：（1）设椭圆方程为，因为，所以，所求椭圆方程为.（2）由题得直线l的斜率存在，设直线l方程为y=kx+1，则由得，且．设，则由得，又，所以消去得，解得，，所以直线的方程为，即或.19、（1）；（2）是，该定值.【解析】（1）根据弦长公式、点到直线距离公式，结合三角形面积公式进行求解即可；（2）根据两点间距离公式，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.【小问1详解】显然直线存在斜率，设直线的方程为：，所以有，设，则有，，原点到直线的距离为：，△OAB的面积为：，当时，有最小值，最小值为；【小问2详解】是定值，理由如下：由（1）可知：，，【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系是解题的关键.20、（1）详见解析（2）详见解析【解析】（1）利用导数判断函数的性质；（2）由函数性质绘制函数的图象，并将方程转化为，即转化为与的交点个数.【小问1详解】函数的定义域是，，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当时，函数取得极大值，同时也是函数的最大值，，当时，，当时，，函数的值域是，，得，所以函数的零点是，定义域值域零点极值点单调性性质单调递增区间，单调递减区间【小问2详解】函数的图象如图，，即，方程解的个数，即与的交点个数，当时，无交点，即方程无实数根；当或时，有一个交点，即方程有一个实数根；当时，有两个交点，即方程有两个实数根.21、（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】（1）连接、，平行四边形的性质、线面平行的判定可得平面、平面，再根据面面平行的判定可得平面平面，利用面面平行的性质可证结论；（2）取的中点为，连接，证明出平面，，以为坐标原点，、、的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成锐二面角的余弦值.（3）利用等体积法，求D到平面的距离【小问1详解】连接、，由、分别是棱、的中点，则，平面，平面，则平面又，且，∴且，四边形是平行四边形，则，平面，平面，则平面又，可得平面平面．又平面∴平面【小问2详解】由知：，又平面平面，平面平面，平面，∴平面取的中点为，连接、，由且，故四边形为平行四边形，故，则△为等边三角形，故，以为坐标原点，、、的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系易知，，所以、、、、，，，，设平面的法向量为，则，令，得设平面的法向量为，则，令，得设平面与平面所成的锐二面角为．则，即平面与平面所成锐二面角的余弦值为【小问3详解】由（2）知：平面，则是三棱锥的高且，四边形为平行四边形，又，即为菱形，∴，而，则，且