黔西南市重点中学2023年高二数学第一学期期末经典模拟试题含解析

黔西南市重点中学2023年高二数学第一学期期末经典模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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．我国古代数学典籍《四元玉鉴》中有如下一段话：“河有汛，预差夫一千八百八十人筑堤，只云初日差六十五人，次日转多七人，今有三日连差三百人，问已差人几天，差人几何？”其大意为“官府陆续派遣1880人前往修筑堤坝，第一天派出65人，从第二天开始每天派出的人数比前一天多7人.已知最后三天一共派出了300人，则目前一共派出了多少天，派出了多少人？”（）A.6天495人 B.7天602人C.8天716人 D.9天795人2．函数在区间（0，e）上的极小值为（）A.－e B.1－eC.－1 D.13．曲线在点处的切线方程是A. B.C. D.4．1852年英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲，西方人称之为“中国剩余定理”．现有这样一个问题：将1到200中被3整除余1且被4整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则=（）A.130 B.132C.140 D.1445．双曲线的焦点到渐近线的距离为（）A.1 B.2C. D.6．设点P是函数图象上任意一点，点Q的坐标，当取得最小值时圆C：上恰有2个点到直线的距离为1，则实数r的取值范围为（）A. B.C. D.7．中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见首日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：有一个人走里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，恰好走了天到达目的地，则该人第一天走的路程为（）A.里 B.里C.里 D.里8．如图，正四棱柱是由四个棱长为1的小正方体组成的，是它的一条侧棱，是它的上底面上其余的八个点，则集合的元素个数（）A.1 B.2C.4 D.89．已知椭圆的左、右焦点分别是，焦距，过点的直线与椭圆交于两点，若，且，则椭圆C的方程为（）A. B.C. D.10．设平面向量，，其中m，，记“”为事件A，则事件A发生的概率为（）A. B.C. D.11．抛物线C：的焦点为F，P，R为C上位于F右侧的两点，若存在点Q使四边形PFRQ为正方形，则（）A. B.C. D.12．已知双曲线C：（，）的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，的C的离心率为（）A. B.C.2 D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．圆与圆的公共弦长为______14．与圆外切于原点，且被y轴截得的弦长为8的圆的标准方程为__________15．设，满足约束条件，则的最大值是_________.16．已知三棱锥中，平面BCD，，，，则三棱锥的外接球的表面积为_____.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）已知数列的前项和满足，数列满足（1）求，的通项公式；（2）若数列满足，求的前项和18．（12分）长方体中，，点分别在上，且.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成角的余弦值.19．（12分）在①，②是与的等比中项，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题：已知数列{}的前n项和为，，且满足___（1）求数列{}的通项公式；（2）求数列{}前n项和注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分20．（12分）已知函数．其中e为然对数的底数（1）若，求函数的单调区间；（2）若，讨论函数零点个数21．（12分）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且点的纵坐标为4，（1）求抛物线的方程；（2）过点作直线交抛物线于两点，试问抛物线上是否存在定点使得直线与的斜率互为倒数？若存在求出点的坐标，若不存在说明理由22．（10分）如图，在三棱锥中，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离.

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】根据题意，设每天派出的人数组成数列，可得数列是首项，公差数7的等差数列，解方程可得所求值【详解】解：设第天派出的人数为，则是以65为首项、7为公差的等差数列，且，，∴，，∴天则目前派出的人数为人，故选：B2、D【解析】求导判断函数的单调性即可求解【详解】的定义域为(0，＋∞)，，令，得x＝1，当x∈(0，1)时，，单调递减，当x∈(1，e)时，，单调递增，故在x＝1处取得极小值.故选：D.3、D【解析】先求导数，得切线的斜率，再根据点斜式得切线方程.【详解】，选D.点睛】本题考查导数几何意义以及直线点斜式方程，考查基本求解能力，属基础题.4、A【解析】分析数列的特点，可知其是等差数列，写出其通项公式，进而求得结果,【详解】被3整除余1且被4整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，这样的数构成首项为10，公差为12的等差数列，所以，故，故选:A5、A【解析】分别求出双曲线的焦点坐标和渐近线方程，利用点到直线的距离公式求出结果【详解】双曲线中，焦点坐标为渐近线方程为：∴双曲线的焦点到渐近线的距离故选：A6、C【解析】先求出代表的是以为圆心，2为半径的圆的位于x轴下方部分（包含x轴上的部分），数形结合得到取得最小值时a的值，得到圆心C，利用点到直线距离求出圆心C到直线的距离，数形结合求出半径r的取值范围.【详解】，两边平方得：，即点P在以为圆心，2为半径的圆的位于x轴下方部分（包含x轴上的部分），如图所示：因为Q的坐标为，则在直线，过点A作⊥l于点，与半圆交于点，此时长为的最小值，则，所以直线：，与联立得：，所以，解得：，则圆C：，则，圆心到直线的距离为，要想圆C上恰有2个点到直线的距离为1，则.故选：C7、C【解析】建立等比数列的模型，由等比数列的前项和公式求解【详解】记第天走的路程为里，则是等比数列，，，故选：C8、A【解析】用空间直角坐标系看正四棱柱，根据向量数量积进行计算即可.【详解】建立空间直角坐标系，为原点，正四棱柱的三个边的方向分别为轴、轴和看轴，如右图示，，设，则AB所以集合，元素个数为1.故选：A.9、A【解析】画出图形，利用已知条件，推出，延长交椭圆于点，得到直角和直角，设，则，根据椭圆的定义转化求解，即可求得椭圆的方程.【详解】如图所示，，则，延长交椭圆于点，可得直角和直角，设，则，根据椭圆的定义，可得，在直角中，，解得，又在中，，代入可得，所以，所以椭圆的方程为.故选：A.10、D【解析】由向量的数量积公式结合古典概型概率公式得出事件A发生的概率.【详解】由题意可知，即，因为所有的基本事件共有种，其中满足的为，，只有1种，所以事件A发生的概率为.故选：D11、A【解析】不妨设，不妨设，则，利用抛物线的对称性及正方形的性质列出的方程求得后可得结论【详解】如图所示，设，不妨设，则，由抛物线的对称性及正方形的性质可得，解得（正数舍去），所以故选：A12、C【解析】由双曲线的方程可得渐近线的直线方程，根据直线和圆相交弦长可得圆心到直线的距离，进而可得，结合，可得离心率.【详解】双曲线的一条渐近线方程为，即，被圆所截得的弦长为2，所以圆心到直线的距离为，，解得，故选：C【点睛】本题考查了双曲线的渐近线和离心率、直线和圆的相交弦、点到直线距离等基本知识，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，转化的数学思想，属于一般题目.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】两圆方程相减可得公共弦所在直线方程，即该直线截其中一圆求弦长即可【详解】圆与圆两式相减得，公共弦所在直线方程为：圆，圆心为到公共弦的距离为：公共弦长故答案为：14、；【解析】设所求圆的圆心为，根据两圆外切于原点可知两圆心与原点共线，再根据弦长列出方程组求出即可.【详解】设所求圆的圆心为，因为圆的圆心为，与原点连线的斜率为，又所求圆与已知圆外切于原点，，①所以所求圆的半径满足，又被y轴截得的弦长为8，②由①②解得，所以圆的方程为.故答案为：15、5【解析】由题可知表示点与点连线的斜率，再画出可行域结合图像知知.【详解】x，y满足约束条件，满足的可行域如图：则的几何意义是可行域内的点与（﹣3，﹣2）连线的斜率，通过分析图像得到当经过A时，目标函数取得最大值由可得A（﹣2，3），则的最大值是：故答案为5【点睛】(1)在平面直角坐标系内作出可行域(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值16、【解析】由题意可知三棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，进而求出三棱柱的外接球的半径即可得出结果.【详解】因为，，所以，故，又因为平面BCD，因此三棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，如图：取的中点，则为外接圆的圆心，取的中点，则为外接圆的圆心，则的中点即为外接球的球心，因此，,因此，所以三棱锥的外接球的表面积为，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）.【解析】（1）由求得的递推关系，结合可得其为等比数列，从而得通项公式，代入计算得；（2）求出，由错位相减法求和【详解】（1）由可得，，即，易知，故..（2）由（1）可知，①，②，①－②得，.【点睛】方法点睛：本题主要考查等比数列的通项公式及错位相减法求和．数列求和的常用方法：公式法、错位相减法、裂项相消法、分组（并项）求和法，倒序相加法18、（1）证明见解析.（2）【解析】（1）根据线面垂直的性质和判定可得证；（2）以为坐标原点，分以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，由面面角的空间向量求解方法可得答案.【小问1详解】证明：长方体中，平面，又平面，又平面，又平面同理可证，而平面，平面【小问2详解】解：以为坐标原点，分以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系.从而，，，由（1）知，为平面的一个法向量，设平面的法向量为，则，，则，从而，令，则，得平面的一个法向量为由图示得平面与平面所成的角为锐角，平面与平面所成的角的余弦值为19、（1）；（2）.【解析】(1)选①，可得数列为等差数列，求出，由，可得数列的通项公式为选②是与的等比中项，可得，由，可得，从而利用累乘法求得数列的通项公式为选③，由，可得，则数列为等差数列，从而求出通项公式(2)由(1)知，求出，利用错位相减求和法求出小问1详解】选①.因为，，所以是首项为1，公差为1的等差数列则，从而当时，，经检验，当时，也符合上式．所以选②.因为是与的等比中项所以，当时，，两式相减得，整理得，所以，经检验，也符合上式，所以选③.由题设，得，两式相减，得，整理，得，因为．所以，所以是首项为1，公差为2的等差数列，所以【小问2详解】由(1)知，，所以，所以，则两式相减，得，所以20、（1）单调递减区间为，单调递增区间为和；（2）当时，无零点；当时，有1个零点；当时，有2个零点.【解析】(1)求导，令导数大于零求增区间，令导数小于零求减区间；(2)求导数，分、、a＞2讨论函数f(x)单调性和零点即可.【小问1详解】当时，，易知定义域为R，，当时，；当或时，故的单调递减区间为，单调递增区间为和；【小问2详解】当时，x正0负0正单增极大值单减极小值单增当时，恒成立，∴；当时，①当时，，∴无零点；②当时，，∴有1个零点；③当时，，又当时，单调递增，，∴有2个零点；综上所述：当时，无零点；当时，有1个零点；当时，有2个零点【点睛】结论点睛：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用21、（1）（2）存在，【解析】（1）利用抛物线的焦半径公式求得点的横坐标，进而求得p,可得答案;（2）根据题意可设直线方程，和抛物线方程联立，得到根与系数的关系式，利用直线与的斜率互为倒数列出等式，化简可得结论.【小问1详解】（1）则，，，，故C的方程为