甘肃省白银市2023-2024学年高二数学第一学期期末联考模拟试题含解析

甘肃省白银市2023-2024学年高二数学第一学期期末联考模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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．椭圆：的左焦点为，椭圆上的点与关于坐标原点对称，则的值是（）A.3 B.4C.6 D.82．经过点且与直线垂直的直线方程为（）A. B.C. D.3．已知数列满足且，则（）A.是等差数列 B.是等比数列C.是等比数列 D.是等比数列4．在等差数列中，，则的公差为（）A.1 B.2C.3 D.45．已知圆与圆没有公共点，则实数a的取值范围为（）A. B.C. D.6．已知等差数列，，，则数列的前项和为（）A. B.C. D.7．直线x﹣y+3＝0的倾斜角是（）A.30° B.45°C.60° D.150°8．甲组数据为：5，12，16，21，25，37，乙组数据为：1，6，14，18，38，39，则甲、乙的平均数、极差及中位数相同的是（）A.极差 B.平均数C.中位数 D.都不相同9．已知数列的通项公式为，按项的变化趋势，该数列是（）A.递增数列 B.递减数列C.摆动数列 D.常数列10．若，则（）A. B.C. D.11．某几何体的三视图如图所示，则其对应的几何体是A. B.C. D.12．若向量则（）A. B.3C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若“x2-x-6>0”是“x>a”的必要不充分条件，则a的最小值为________.14．从甲、乙、丙、丁4位同学中，选出2位同学分别担任正、副班长的选法数可以用表示为____________.15．已知曲线在处的切线方程为，则________16．若命题“，使得”为假命题，则实数a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）如图，已知平面，底面为正方形，，分别为的中点（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的正弦值18．（12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，PD=AD=2，E，F分别为AD和PB的中点.请用空间向量知识解答下列问题：（1）求证：EF//平面PDC；（2）求平面EFC与平面PBD夹角的余弦值.19．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左、右焦点分别是，，离心率，请再从下面两个条件中选择一个作为已知条件，完成下面的问题：①椭圆C过点；②以点为圆心，3为半径的圆与以点为圆心，1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上（只能从①②中选择一个作为已知）（1）求椭圆C的方程；（2）已知过点的直线l交椭圆C于M，N两点，点N关于x轴的对称点为，且，M，三点构成一个三角形，求证：直线过定点，并求面积的最大值.20．（12分）已知数列的前n项和为，且（1）求数列的通项公式；（2）若，数列的前n项和为，求的值21．（12分）在中，角，，所对的边分别为，，，其外接圆半径为，已知（1）求角；（2）若边的长是该边上高的倍，求22．（10分）已知椭圆的中心在原点，焦点为，，且长轴长为4.（1）求椭圆的方程；（2）直线与椭圆相交于A，两点，求弦长.

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】令椭圆C的右焦点，由已知条件可得四边形为平行四边形，再利用椭圆定义计算作答.【详解】令椭圆C的右焦点，依题意，线段与互相平分，于是得四边形为平行四边形，因此，而椭圆：的长半轴长，所以.故选：D2、A【解析】根据点斜式求得正确答案.【详解】直线的斜率为，经过点且与直线垂直的直线方程为，即.故选：A3、D【解析】由，化简得，结合等比数列、等差数列的定义可求解.【详解】由，可得，所以，又由，，所以是首项为，公比为2的等比数列，所以，，，，所以不是等差数列；不等于常数，所以不是等比数列.故选：D.4、A【解析】根据等差数列性质可得方程组，求得公差.【详解】等差数列中,,，由通项公式可得解得故选：A5、B【解析】求出圆、的圆心和半径，再由两圆没有公共点列不等式求解作答.【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，，因圆、没有公共点，则有或，即或，又，解得或，所以实数a的取值范围为.故选：B6、A【解析】求出通项，利用裂项相消法求数列的前n项和.【详解】因为等差数列，，，所以，所以，所以数列的前项和为故B，C，D错误.故选：A.7、C【解析】先求斜率，再求倾斜角即可【详解】解：直线的斜截式方程为，∴直线的斜率，∴倾斜角，故选：C【点睛】本题主要考查直线的倾斜角与斜率，属于基础题8、B【解析】由平均数、极差及中位数的定义依次求解即可比较【详解】，，故甲、乙的平均数相同，甲、乙的极差分别为，，故不同，甲、乙的中位数分别为，，故不同，故选：9、B【解析】分析的单调性，即可判断和选择.【详解】因为，显然随着的增大，是递增的，故是递减的，则数列是递减数列.故选：B.10、D【解析】设，计算出、的值，利用平方差公式可求得结果.【详解】设由已知可得，，因此，.故选：D.11、A【解析】根据三视图即可还原几何体.【详解】根据三视图，特别注意到三视图中对角线的位置关系，容易判断A正确.【点睛】本题主要考查了三视图，属于中档题.12、D【解析】先求得，然后根据空间向量模的坐标运算求得【详解】由于向量，，所以.故故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、3【解析】解出不等式x2-x-6>0,由“x2-x-6>0”是“x>a”的必要不充分条件,求出a的最小值.【详解】由x2-x-6>0，解得x<-2或x>3.因为“x2-x-6>0”是“x>a”的必要不充分条件，所以{x|x>a}是{x|x<-2或x>3}的真子集，即a≥3，故答案为:3.【点睛】本题考查充分条件和必要条件的应用,考查一元二次不等式的解法,属于基础题.14、【解析】由题意知：从4为同学中选出2位进行排列，即可写出表示方式.【详解】1、从4位同学选出2位同学，2、把所选出的2位同学任意安排为正、副班长，∴选法数为.故答案为：.15、1【解析】先求导，由，代入即得解【详解】由题意，故答案为：116、(-1，0]【解析】将题意的命题转化条件为“，”为真命题，结合一元二次不等式恒成立即可得解.【详解】因为命题“，使得”是假命题，所以其否定“，”为真命题，即在R上恒成立.当时，不等式为，符合题意；当时，则需满足，解得；综上，实数的取值范围为.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）证明见解析；（2）.【解析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面.（2）利用直线的方向向量，平面的法向量，计算线面角的正弦值.【详解】（1）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则.，，所以,由于，所以平面.（2），，设平面的法向量为，则，令，则，所以.设直线与平面所成角为，则.18、（1）证明见解析（2）【解析】（1）以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，然后求出平面的法向量，再求出，判断是否与法垂直即可，（2）分别求出平面EFC与平面PBD的法向量，利用向量夹角公式求解即可【小问1详解】因PD⊥底面ABCD，平面，所以，因为四边形为正方形，所以，所以两两垂直，所以以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，因为E，F分别为AD和PB的中点，所以，所以，因为,所以平面，所以平面的一个法向量为，因为，所以,因为平面，所以EF//平面PDC；【小问2详解】设平面的法向量为，因为，，所以，令，则，设平面的法向量为，因为,所以，令，则，设平面EFC与平面PBD夹角为，，则，所以平面EFC与平面PBD夹角的余弦值为19、（1）（2）证明见解析，【解析】（1）若选①，则由题意可得，解方程组求出，从而可求得椭圆方程，若选②，，再结合离心率和求出，从而可求得椭圆方程，（2）由题意设直线MN的方程为，设，，，将直线方程代入椭圆方程中，消去，再利用根与系数的关系，表示出直线的方程，令，求出，结合前面的式子化简可得线过的定点，表示出的面积，利用基本不等式可求得其最大值【小问1详解】若选①：由题意知，∴.所以椭圆C的方程为.若选②：设圆与圆相交于点Q.由题意知：.又因为点Q在椭圆上，所以，∴.又因为，∴，∴.所以椭圆C的方程为.【小问2详解】由题易知直线MN斜率存在且不为0，因为，故设直线MN方程为，设，，，∴，∴，，因为点N关于x轴对称点为，所以，所以直线方程为，令，∴.又，∴.所以直线过定点，∴.当且仅当，即时，取等号.所以面积的最大值为.20、（1）；（2）.【解析】(1)根据给定的递推公式结合“当时，”探求相邻两项的关系计算作答.(2)由(1)的结论求出，再利用裂项相消法求出，即可作答.【小问1详解】依题意，，，则当时，，于是得：，即，而当时，，即有，因此，，，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，，所以数列的通项公式是.【小问2详解】由(1)知，，从而有，所以.21、（1）；（2）【解析】（1）利用正弦定理将角化边，再利用余弦定理计算可得；（2）记边上的高为，不妨设，即可求出，再利用余弦定理求出，在中，记，根据锐角三角函数求出，，最后根据，