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黑龙江省海林市朝鲜族中学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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请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.抛物线上有两个点,焦点,已知,则线段的中点到轴的距离是()A.1 B.C.2 D.2.函数的图象大致是()A. B.C. D.3.若数列的前项和,则此数列是()A.等差数列 B.等比数列C.等差数列或等比数列 D.以上说法均不对4.已知直线l:,则下列结论正确的是()A.直线l的倾斜角是B.直线l在x轴上的截距为1C.若直线m:,则D.过与直线l平行的直线方程是5.已知椭圆的右焦点为F,短轴的一个端点为P,直线与椭圆相交于A、B两点.若,点P到直线l的距离不小于,则椭圆C离心率的取值范围为()A. B.C. D.6.如图,,是平面上两点,且,图中的一系列圆是圆心分别为,的两组同心圆,每组同心圆的半径分别是1,2,3,…,A,B,C,D,E是图中两组同心圆的部分公共点.若点A在以,为焦点的椭圆M上,则()A.点B和C都在椭圆M上 B.点C和D都在椭圆M上C.点D和E都在椭圆M上 D.点E和B都在椭圆M上7.某中学的“希望工程”募捐小组暑假期间走上街头进行了一次募捐活动,共收到捐款1200元.他们第1天只得到10元,之后采取了积极措施,从第2天起,每一天收到的捐款都比前一天多10元.这次募捐活动一共进行的天数为()A.13 B.14C.15 D.168.若抛物线的焦点为,则其标准方程为()A. B.C. D.9.有下列三个命题:①“若,则互为相反数”的逆命题;②“若,则”的逆否命题;③“若,则”的否命题.其中真命题的个数是A.0 B.1C.2 D.310.在中,,满足条件的三角形的个数为()A.0 B.1C.2 D.无数多11.已知函数,则()A.1 B.2C.3 D.512.南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中有如下俯视图所示的几何体,后人称之为“三角垛”.其最上层有1个球,第二层有3个球,第三层有6个球,…,则第十层球的个数为()A.45 B.55C.90 D.110二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.如图,已知正方形边长为,长方形中,,平面与平面互相垂直,是线段的中点,则异面直线与所成角的余弦值为______14.已知数列的各项均为正数,其前项和满足,则__________;记表示不超过的最大整数,例如,若,设的前项和为,则__________15.写出直线一个方向向量______16.已知抛物线C:y2=2px过点P(1,1):①点P到抛物线焦点的距离为②过点P作过抛物线焦点的直线交抛物线于点Q,则△OPQ的面积为③过点P与抛物线相切的直线方程为x-2y+1=0④过点P作两条斜率互为相反数的直线交抛物线于M,N两点,则直线MN的斜率为定值其中正确的是________.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)已知抛物线:的焦点是圆与轴的一个交点.(1)求抛物线的方程;(2)若过点的直线与抛物线交于不同的两点A、B,О为坐标原点,证明:.18.(12分)在平面直角坐标系中,已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合(1)求椭圆的离心率;(2)求抛物线的方程;(3)设是抛物线上一点,且,求点的坐标19.(12分)请你设计一个包装盒,如图所示,是边长为的正方形硬纸片,切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形,再沿虚线折起,使得四个点重合于图中的点,正好形成一个长方体形状的包装盒,、在上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点,设(1)求包装盒的容积关于的函数表达式,并求出函数的定义域;(2)当为多少时,包装盒的容积最大?最大容积是多少?20.(12分)已知圆关于直线对称,且圆心C在轴上.(1)求圆C的方程;(2)直线与圆C交于A、B两点,若为等腰直角三角形,求直线的方程.21.(12分)如图,直四棱柱中,底面是边长为的正方形,点在棱上.(1)求证:;(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作已知,使得平面,并给出证明.条件①:为的中点;条件②:平面;条件③:.(3)在(2)的条件下,求平面与平面夹角的余弦值.22.(10分)已知数列的前n项和为,,且(1)求数列的通项公式;(2)令,记数列的前n项和为,求证:
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】利用抛物线的定义,将抛物线上的点到焦点的距离转化为点到准线的距离,即可求出线段中点的横坐标,即得到答案.【详解】由已知可得抛物线的准线方程为,设点的坐标分别为和,由抛物线的定义得,即,线段中点的横坐标为,故线段的中点到轴的距离是.故选:.2、A【解析】根据函数的定义域及零点的情况即可得到答案.【详解】函数的定义域为,则排除选项、,当时,,则在上单调递减,且,,由零点存在定理可知在上存在一个零点,则排除,故选:.3、D【解析】利用数列通项与前n项和的关系和等差数列及等比数列的定义判断.【详解】当时,,当时,,当时,,所以是等差数列;当时,为非等差数列,非等比数列’当时,,所以是等比数列,故选:D4、D【解析】A.将直线方程的一般式化为斜截式可得;B.令y=0可得;C.求出直线m斜率即可判断;D.设要求直线的方程为,将代入即可.【详解】根据题意,依次分析选项:对于A,直线l:,即,其斜率,则倾斜角是,A错误;对于B,直线l:,令y=0,可得,l在x轴上的截距为,B错误;对于C,直线m:,其斜率,,故直线m与直线l不垂直,C错误;对于D,设要求直线的方程为,将代入,可得t=0,即要求直线为,D正确;故选:D5、D【解析】设椭圆的左焦点为,由题可得,由点P到直线l的距离不小于可得,进而可求的范围,即可得出离心率范围.【详解】设椭圆的左焦点为,P为短轴的上端点,连接,如图所示:由椭圆的对称性可知,A,B关于原点对称,则,又,∴四边形为平行四边形,∴,又,解得:,点P到直线l距离:,解得:,即,∴,∴.故选:D.【点睛】关键点睛:本题考查椭圆离心率的求解,解题的关键是由椭圆定义得出,再根据已知条件得出.6、C【解析】根据椭圆的定义判断即可求解.【详解】因为,所以椭圆M中,因为,,,,所以D,E在椭圆M上.故选:C7、C【解析】由题意可得募捐构成了一个以10元为首项,以10元为公差的等差数列,设共募捐了天,然后建立关于的方程,求出即可【详解】由题意可得,第一天募捐10元,第二天募捐20元,募捐构成了一个以10元为首项,以10元为公差的等差数列,根据题意,设共募捐了天,则,解得或(舍去),所以,故选:8、D【解析】由题意设出抛物线的标准方程,再利用焦点为建立,解方程即可.【详解】由题意,设抛物线标准方程为,所以,解得,所以抛物线标准方程为.故选:D9、B【解析】①写出命题的逆命题,可以进行判断为真命题;②原命题和逆否命题真假性相同,而通过举例得到原命题为假,故逆否命题也为假;③写出命题的否命题,通过举出反例得到否命题为假【详解】①“若,则互为相反数”的逆命题是,若互为相反数,则;是真命题;②“若,则”,当a=-1,b=-2,时不满足,故原命题为假命题,而原命题和逆否命题真假性相同,故得到命题为假;③“若,则”的否命题是若,则,举例当x=5时,不满足不等式,故得到否命题是假命题;故答案为B.【点睛】这个题目考查了命题真假的判断,涉及命题的否定,命题的否命题,逆否命题,逆命题的相关概念,注意原命题和逆否命题的真假性相同,故需要判断逆否命题的真假时,只需要判断原命题的真假10、B【解析】利用正弦定理得到,进而或,由,得,即可求解【详解】由正弦定理得,,或,,,故满足条件的有且只有一个.故选:B11、C【解析】利用导数的定义,以及运算法则,即可求解.【详解】,,所以,所以故选:C12、B【解析】根据题意,发现规律并将规律表达出来,第层有个球.【详解】根据规律,可以得知:第一层有个球;第二层有个球;第三层有个球,则根据规律可知:第层有个球设第层的小球个数为,则有:故第十层球的个数为:故选:二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,求出,后可求异面直线所成角的余弦值.【详解】长方形可得,因为平面与平面互相垂直,平面平面,平面,故平面,故可建立如图所示的空间直角坐标系,则,故,,故.故答案为:14、①.;②.60.【解析】先根据并结合等差数列的定义求出;然后讨论n的取值范围,讨论出分别取1,2,3,4,5的情况,进而求出.【详解】由题意,,n=1时,,满足,时,,于是,,因为,所以.所以,是1为首项,2为公差的等差数列,所以.若,即时,,若,则时,,若,则时,,若,则时,,若,则或22时,,于是,.故答案为:2n-1;60.15、【解析】本题可先将直线的一般式化为斜截式,然后根据斜率即可得到直线的一个方向向量.【详解】由题意可知,直线可以化为,所以直线的斜率为,直线的一个方向向量可以写为.故答案为:.16、②③④【解析】由抛物线过点可得抛物线的方程,求出焦点的坐标及准线方程,由抛物线的性质可判断①;求出直线的方程与抛物线联立切线的坐标,进而求出三角形的面积,判断②;设直线方程为y-1=k(x-1),与y2=x联立求得斜率,进而可得在处的切线方程,从而判断③;设直线的方程为抛物线联立求出的坐标,同理求出的坐标,进而求出直线的斜率,从而可判断④【详解】解:由抛物线过点,所以,所以,所以抛物线的方程为:;可得抛物线的焦点的坐标为:,,准线方程为:,对于①,由抛物线的性质可得到焦点的距离为,故①错误;对于②,可得直线的斜率,所以直线的方程为:,代入抛物线的方程可得:,解得,所以,故②正确;对于③,依题意斜率存在,设直线方程为y-1=k(x-1),与y2=x联立,得:ky2-y+1-k=0,=1-4k(1-k)=0,4k2-4k+1=0,解得k=,所以切线方程为x-2y+1=0,故③正确;对于④,设直线的方程为:,与抛物线联立可得,所以,所以,代入直线中可得,即,,直线的方程为:,代入抛物线的方程,可得,代入直线的方程可得,所以,,所以为定值,故④正确故答案为:②③④.三、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)证明见解析【解析】(1)由圆与轴的交点分别为,可得抛物线的焦点为,从而即可求解;(2)设直线为,联立抛物线方程,由韦达定理及,求出即可得证.【小问1详解】解:由题意知,圆与轴的交点分别为,则抛物线的焦点为,所以,所以抛物线方程为;【小问2详解】证明:设直线为,联立方程,有,所以,所以,所以.18、(1);(2);(3)【解析】(1)由椭圆方程即可求出离心率.(2)求出椭圆的焦点即为抛物线的焦点,即可求出答案.(3)由抛物线定义可求出点的坐标【小问1详解】由题意可知,.【小问2详解】椭圆的右焦点为,故抛物线的焦点为.抛物线的方程为.【小问3详解】设的坐标为,,解得,.故的坐标为.19、(1),定义域为;(2)当时,包装盒的容积最大是.【解析】(1)设出包装盒的高和底面边长,利用长方体的表面积得到等量关系,再利用长方体的体积公式求出表达式,再利用实际意义得到函数的定义域;(2)求导,利用导函数的符号变化得到函数的极值,即最值.小问1详解】解:设包装盒的高为,底面边长为,则,,所以=其定义域为;【小问2详解】解:由(1)得:,,因为,所以当时,;当时,;所以当时,取得极大值,即当时,包装盒的容积最大是20、(1)(2)或【解析】(1)根据题意得到等量关系,求出,,进而求出圆的方程;(2)结合第一问求出的圆心和半径,及题干条件得到圆心到直线的距离为,列出方程,求出的值,进而得到直线方程【小问1详解】由题意得:直线过圆心,即,且,解得:,,所以圆C的方程为;【小问2详解】的圆心为,半径为2,由题意得:,圆心到直线的距离为,即,解得:或,所以直线的方程为:或.21、(1)证明见解析;(2)答案见解析;(3).【解析】(1)连结,,由直四棱柱的性质及线面垂直的性质可得,再由正方形的性质及线面垂直的判定、性质即可证结论.(2)选条件①③,设,连结,,由中位线的性质、线面垂直的性质可得、,再由线面垂直的判定证明结论;选条件②③,设,连结,由线面平行的性质及平行推论可得,由线面垂直的性质有,再由线面垂直的判定证明结论;(3)构建空间直角坐标系,求平面、平面的法向量,应用空间向量夹角的坐标表示求平面与平面夹角的余弦值.【小问1详解】连结,,由直四棱柱知:平面,又平面,所以,又为正方形,即,又,∴平面,又平面,∴.【小问2详解】选条件①③,可使平面.证明如下:设,连结,,又,分别是,的中点,∴.又,所以.由(1)知:平面,平面,则.又,即平面.选条件②③,可使平面.证明如下:设,连结.因为平面,平面,平面平面,所以,
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