青岛第二中学2023年高二上数学期末调研模拟试题含解析

青岛第二中学2023年高二上数学期末调研模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．等比数列，，，成公差不为0的等差数列，，则数列的前10项和（）A. B.C. D.2．已知正四面体的底面的中心为为的中点，则直线与所成角的余弦值为（）A. B.C. D.3．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第九章“勾股”，讲述了“勾股定理”及一些应用，直角三角形的两直角边与斜边的长分别称“勾”“股”“弦”，且“”.设分别是双曲线的左、右焦点，直线交双曲线左、右两支于两点，若恰好是的“勾”“股”，则此双曲线的离心率为（）A. B.C.2 D.4．已知等差数列且，则数列的前13项之和为（）A.26 B.39C.104 D.525．函数的图像在点处的切线方程为（）A. B.C. D.6．已知，，若，则实数的值为（）A. B.C. D.7．在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧棱底面ABCD，，点E是棱PC的中点，作，交PB于F.下面结论正确的个数为()①∥平面EDB；②平面EFD；③直线DE与PA所成角为60°；④点B到平面PAC的距离为.A.1 B.2C.3 D.48．已知直线方程为，则其倾斜角为（）A.30° B.60°C.120° D.150°9．空间直角坐标系中、、）、，其中，，，，已知平面平面，则平面与平面间的距离为（）A. B.C. D.10．已知向量，，且与互相垂直，则k的值是（）.A.1 B.C. D.11．已知直线与圆交于A，B两点，O为原点，且，则实数m等于（）A. B.C. D.12．在等腰中，在线段斜边上任取一点，则线段的长度大于的长度的概率（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．我国古代，9是数字之极，代表尊贵之意，所以中国古代皇家建筑中包含许多与9相关的设计．例如，北京天坛圆丘的底面由扇环形的石板铺成（如图），最高一层是一块天心石，围绕它的第一圈有9块石板，从第二圈开始，每一圈比前一圈多9块，共有9圈，则前9圈的石板总数是__________14．在等差数列中，，公差，则_________15．已知数列满足，则的最小值为__________．的前20项和为________16．某校开展“读书月”朗诵比赛，9位评委为选手A给出的分数如右边茎叶图所示.记分员在去掉一个最高分和一个最低分后算得平均分为91，复核员在复核时发现有一个数字（茎叶图中的x）无法看清，若记分员计算无误，则数字x应该是___________.选手A87899924x15三、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）在平面直角坐标系中，双曲线的左、右两个焦点为、，动点P满足（1）求动点P的轨迹E的方程；（2）设过且不垂直于坐标轴的动直线l交轨迹E于A、B两点，问：线段上是否存在一点D，使得以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形？若存在，请给出证明：若不存在，请说明理由18．（12分）已知函数.（1）求函数f(x)的最小正周期；（2）当时，求函数f(x)的值域.19．（12分）如图，正三棱柱的侧棱长为，底面边长为，点为的中点，点在直线上，且（1）证明：面；（2）求平面和平面夹角的余弦值20．（12分）已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边，且.（1）求C；（2）若D是BC的中点，，，求AB的长.21．（12分）已知椭圆的离心率为，且经过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知，经过点的直线与椭圆交于、两点，若原点到直线的距离为，且，求直线的方程.22．（10分）已知函数（1）当时，求曲线在点（0，f（0））处的切线方程；（2）若存在，使得不等式成立，求m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、C【解析】先设等比数列的公比为，结合条件可知，由等差中项可知，利用等比数列的通项公式进行化简求出，最后利用分组求和法，以及等比数列、等差数列的求和公式，即可求出数列的前10项和.【详解】设等比数列的公比为，，，成公差不为0的等差数列，则，，都不相等，，且，，，，即，解得：或（舍去），，所以数列的前10项和：.故选：C.2、B【解析】连接，再取中点，连接，得到为直线与所成角，再解三角形即可.【详解】连接，再取中点，连接，因为分别为VC，中点，则，且底面,所以为直线与所成角，令正四面体边长为1，则，,，所以，故选：.3、A【解析】根据双曲线的定义及直角三角形斜边的中线定理，再结合双曲线的离心率公式即可求解.【详解】如图所示由题意可知，根据双曲线的定义知，是的中点且.在中，是的中点，所以，因为直线的斜率为，所以，所以.所以是等边三角形，.在中，.由双曲线的定义，得，所以双曲线的离心率为.故选：A.4、A【解析】根据等差数列的性质化简已知条件可得的值，再由等差数列前项和及等差数列的性质即可求解.【详解】由等差数列的性质可得：，，所以由可得：，解得：，所以数列的前13项之和为，故选：A5、B【解析】求得函数的导数，计算出和的值，可得出所求切线的点斜式方程，化简即可.详解】，，，，因此，所求切线的方程为，即.故选：B.【点睛】本题考查利用导数求解函图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题6、A【解析】由，得，从而可得答案.【详解】解：因为，所以，即，解得.故选：A.7、D【解析】①由题意连接交于，连接，则是中位线，证出，由线面平行的判定定理知∥平面；②由底面，得，再由证出平面，即得，再由是正方形证出平面，则有，再由条件证出平面；③根据边长证明△DEO是等边三角形即可；④根据等体积法即可求.【详解】①如图所示，连接交于点，连接底面是正方形，点是的中点在中，是中位线，而平面且平面，∥平面；故①正确；②如图所示，底面，且平面，，，是等腰直角三角形，又是斜边的中线，(*)，由底面，得，底面是正方形，，又，平面，又平面，(**)，由(*)和(**)知平面，而平面，又，且，平面；故②正确；③如图所示，连接AC交BD与O，连接OE，由OE是三角形PAC中位线知OE∥PA，故∠DEO为异面直线PA和DE所成角或其补角，由②可知DE＝，OD＝，OE＝，∴△DEO是等边三角形，∴∠DEO＝60°，故③正确；④如图所示，设B到平面PAC的距离为d，由题可知PA＝AC＝PC＝，故，由.故④正确.故正确的有：①②③④，正确的个数为4.故选：D.8、D【解析】由直线方程可得斜率，根据斜率与倾斜角的关系即可求倾斜角大小.【详解】由题设，直线斜率，若直线的倾斜角为，则，∵，∴.故选：D9、A【解析】由已知得，，，设向量与向量、都垂直，由向量垂直的坐标运算可求得，再由平面平行和距离公式计算可得选项.【详解】解：由已知得，，，设向量与向量、都垂直，则，即，取，，又平面平面，则平面与平面间的距离为，故选：A.10、D【解析】利用向量的数量积为0可求的值.【详解】因与互相垂直，故，故即，故.故选：D.11、A【解析】根据给定条件求出，再求出圆O到直线l的距离即可计算作答.【详解】圆的圆心O，半径，因，则，而，则，即是正三角形，点O到直线l的距离，因此，，解得，所以实数m等于.故选：A12、C【解析】利用几何概型的长度比值，即可计算.【详解】设直角边长，斜边，则线段的长度大于的长度的概率.故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、405【解析】前9圈的石板数依次组成一个首项为9，公差为9的等差数列，14、15【解析】由等差数列通项公式直接可得.【详解】.故答案为：1515、①②.【解析】由题设可得，应用累加法求的通项公式，由基本不等式及确定的最小值，再应用裂项求和法求的前20和.【详解】由题设，，∴，…，，又，∴将上式累加可得：，则，∴，当且仅当时等号成立，又，故最小，则或5，当时，；当时，；∴的最小值为.由上知：，∴前20项和为.故答案为：8，.16、4【解析】根据题意分和两种情况讨论，再根据平均分公式计算即可得出答案.【详解】解：当时，则去掉的最低分数为87分，最高分数为95分，则，所以，当时，则去掉的最低分数为87分，最高分数为分，则平均分为，与题意矛盾，综上.故答案为：4.三、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）存在，理由见解析.【解析】（1）根据题意用定义法求解轨迹方程；（2）在第一问的基础上，设出直线l的方程，联立椭圆方程，用韦达定理表达出两根之和，两根之积，求出直线l的垂直平分线，从而得到D点坐标，证明出结论.【小问1详解】由题意得：，所以，，而，故动点P的轨迹E的方程为以点、为焦点的椭圆方程，由得：，，所以动点P的轨迹E的方程为；【小问2详解】存，理由如下：显然，直线l的斜率存在，设为，联立椭圆方程得：，设，，则，，要想以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形，则点D为AB垂直平分线上一点，其中，，则，故AB的中点坐标为，则AB的垂直平分线为：，令得：，且无论为何值，，点D在线段上，满足题意.18、（1）；（2）.【解析】（1）先通过降幂公式和辅助角公式将函数化简，进而求出周期；（2）求出的范围，进而结合三角函数的性质求得答案.【小问1详解】，函数最小正周期为.【小问2详解】当时，，，∴，即函数的值域为.19、（1）证明见解析（2）【解析】（1）证明平面，可得出，再由结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得结果.【小问1详解】证明：正中，点为的中点，，因为平面，平面，则，，则平面，平面，则，又，且，平面.【小问2详解】解：因为，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，平面，平面，则，又因为，，故平面，所以，平面的一个法向量为，则.因此，平面和平面夹角的余弦值为.20、（1）（2）【解析】（1）根据正弦定理化边为角，结合三角变换可求答案；（2）根据余弦定理先求，再用余弦定理求解.【小问1详解】∵，∴由正弦定理可得，∴，∴.∵，∴，即.∵，∴.【小问2详解】设，则，即，解得或（舍去），∴.∵，∴.21、（1）；（2）.【解析】（1）由已知条件可得出关于、、的方程组，求出这三个量的值，由此可得出椭圆的标准方程；（2）分析可知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，由点到直线的距离公式可得出，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由可得出，代入韦达定理求出、的值，由此可得出直线的方程.【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，解得，因此，椭圆的标准方程为；（2）若直线斜率不存在，则直线过原点，不合乎题意.所以，直线的斜率存在，设斜率为，设直线方程为，设、，原点到直线的距离为，，即①.联立直线与椭圆方程可得，则，则，由韦达定理可得，.，则为线段的中点，所以，，，得，，所以，，整理可得，解得，即，，因此，直线的方程为或.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.22、（1）（2）【解析】（1）利用导数求出切线斜率，