云南省彝良县一中2023-2024学年数学高二上期末调研模拟试题含解析_第1页
云南省彝良县一中2023-2024学年数学高二上期末调研模拟试题含解析_第2页
云南省彝良县一中2023-2024学年数学高二上期末调研模拟试题含解析_第3页
云南省彝良县一中2023-2024学年数学高二上期末调研模拟试题含解析_第4页
云南省彝良县一中2023-2024学年数学高二上期末调研模拟试题含解析_第5页
已阅读5页,还剩13页未读 继续免费阅读

下载本文档

版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领

文档简介

云南省彝良县一中2023-2024学年数学高二上期末调研模拟试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,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.已知集合,从集合A中任取一点P,则点P满足约束条件的概率为()A. B.C. D.2.已知过点的直线l与圆相交于A,B两点,则的取值范围是()A. B.C. D.3.直线x+y﹣1=0被圆(x+1)2+y2=3截得的弦长等于()A. B.2C.2 D.44.甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛,决出第1名到第5名的名次.甲和乙去询问成绩,回答者对甲说:“很遗憾,你和乙都没有得到冠军.”对乙说:“你当然不会是最差的.”从这两个回答分析,5人的名次排列方式共有()种A.54 B.72C.96 D.1205.“圆”是中国文化的一个重要精神元素,在中式建筑中有着广泛的运用,最具代表性的便是园林中的门洞.如图,某园林中的圆弧形挪动高为2.5m,底面宽为1m,则该门洞的半径为()A.1.2m B.1.3mC.1.4m D.1.5m6.某海关缉私艇在执行巡逻任务时,发现其所在位置正西方向20nmile处有一走私船只,正以30nmile/h的速度向北偏东30°的方向逃窜,若缉私艇突然发生机械故障,20min后才以的速度开始追赶,则在走私船只不改变航向和速度的情况下,缉私艇追上走私船只的最短时间为()A.1h B.C. D.7.已知事件A,B相互独立,,则()A.0.24 B.0.8C.0.3 D.0.168.数学家欧拉在1765年提出定理:三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上,且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半.这条直线被后人称为三角形的欧拉线,已知△的顶点,,且,则△的欧拉线的方程为()A. B.C. D.9.已知,且直线始终平分圆的周长,则的最小值是()A.2 B.C.6 D.1610.椭圆=1的一个焦点为F,过原点O作直线(不经过焦点F)与椭圆交于A,B两点,若△ABF的面积是20,则直线AB的斜率为()A. B.C. D.11.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E为棱A1B1上一点,且AB=2,若二面角B1﹣BC1﹣E为45°,则四面体BB1C1E的外接球的表面积为()A.π B.12πC.9π D.10π12.阿基米德不仅是著名的物理学家,也是著名的数学家,他利用“逼近法”得到椭圆的面积公式,设椭圆的长半轴长、短半轴长分别为,则椭圆的面积公式为,若椭圆的离心率为,面积为,则椭圆的标准方程为()A.或 B.或C.或 D.或二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.滕王阁,江南三大名楼之一,因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中“落霞与孤鹜齐飞,秋水共长天一色”而名传千古,流芳后世.如图,在滕王阁旁地面上共线的三点,,处测得阁顶端点的仰角分别为,,.且米,则滕王阁高度___________米.14.若命题“”是假命题,则a的取值范围是_______.15.已知直线与双曲线交于两点,则该双曲线的离心率的取值范围是______16.若是直线外一点,为线段的中点,,,则______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)已知椭圆的焦距为,离心率为(1)求椭圆方程;(2)设过椭圆顶点,斜率为的直线交椭圆于另一点,交轴于点,且,,成等比数列,求的值18.(12分)在数列中,,且成等比数列(1)证明数列是等差数列,并求的通项公式;(2)设数列满足,其前项和为,证明:19.(12分)已知直线,圆.(1)若l与圆C相切,求切点坐标;(2)若l与圆C交于A,B,且,求的面积.20.(12分)同时掷两颗质地均匀的骰子(六个面分别标有数字1,2,3,4,5,6的正方体)(1)求两颗骰子向上的点数相等的概率;(2)求两颗骰子向上的点数不相等,且一个点数是另一个点数的整数倍的概率21.(12分)已知函数在处的切线与直线平行(1)求值,并求此切线方程;(2)证明:22.(10分)已知函数(1)若在上不单调,求a的范围;(2)试讨论函数的零点个数

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】根据圆的性质,结合两条直线的位置关系、几何概型计算公式进行求解即可.【详解】,圆心坐标为,半径为,直线互相垂直,且交点为,由圆的性质可知:点P满足约束条件的概率为,故选:C2、D【解析】经判断点在圆内,与半径相连,所以与垂直时弦长最短,最长为直径【详解】将代入圆方程得:,所以点在圆内,连接,当时,弦长最短,,所以弦长,当过圆心时,最长等于直径8,所以的取值范围是故选:D3、B【解析】如图,圆(x+1)2+y2=3的圆心为M(−1,0),圆半径|AM|=,圆心M(−1,0)到直线x+y−1=0的距离:|,∴直线x+y−1=0被圆(x+1)2+y2=3截得的弦长:.故选B.点睛:本题考查圆的标准方程以及直线和圆的位置关系.判断直线与圆的位置关系一般有两种方法:1.代数法:将直线方程与圆方程联立方程组,再将二元方程组转化为一元二次方程,该方程解的情况即对应直线与圆的位置关系.这种方法具有一般性,适合于判断直线与圆锥曲线的位置关系,但是计算量较大.2.几何法:圆心到直线的距离与圆半径比较大小,即可判断直线与圆的位置关系.这种方法的特点是计算量较小.当直线与圆相交时,可利用垂径定理得出圆心到直线的距离,弦长和半径的勾股关系.4、A【解析】根据题意,分2种情况讨论:①、甲是最后一名,则乙可以为第二、三、四名,剩下的三人安排在其他三个名次,②、甲不是最后一名,甲乙需要排在第二、三、四名,剩下的三人安排在其他三个名次,由加法原理计算可得答案【详解】根据题意,甲乙都没有得到冠军,而乙不是最后一名,分2种情况讨论:①甲是最后一名,则乙可以为第二、三、四名,即乙有3种情况,剩下的三人安排在其他三个名次,有种情况,此时有种名次排列情况;②甲不是最后一名,甲乙需要排在第二、三、四名,有种情况,剩下的三人安排在其他三个名次,有种情况,此时有种名次排列情况;则一共有种不同的名次情况,故选:A5、B【解析】设半径为R,根据垂径定理可以列方程求解即可.【详解】设半径为R,,解得,化简得.故选:B.6、A【解析】设小时后,相遇地点为,在三角形中根据题目条件得出,再在三角形中,由勾股定理即可求出.【详解】以缉私艇为原点,建立如下图所示的直角坐标系.图中走私船所在位置为,设缉私艇追上走私船的最短时间为,相遇地点为.则,走私船以的速度向北偏东30°的方向逃窜,60°.因为20min后缉私艇才以的速度开始追赶走私船,所以20min走私船行走了,到达.在三角形中,由余弦定理知:,则,所以.在三角形中,,,有:,化简得:,则.缉私艇追上走私船只的最短时间为1h.故选:A.点睛】7、B【解析】利用事件独立性的概率乘法公式及条件概率公式进行求解.【详解】因为事件A,B相互独立,所以,所以故选:B8、D【解析】由题设条件求出垂直平分线的方程,且△的外心、重心、垂心都在垂直平分线上,结合欧拉线的定义,即垂直平分线即为欧拉线.【详解】由题设,可得,且中点为,∴垂直平分线的斜率,故垂直平分线方程为,∵,则△的外心、重心、垂心都在垂直平分线上,∴△的欧拉线的方程为.故选:D9、B【解析】由已知直线过圆心得,再用均值不等式即可.【详解】由已知直线过圆心得:,,当且仅当时取等.故选:B.10、A【解析】分情况讨论当直线AB的斜率不存在时,可求面积,检验是否满足条件,当直线AB的斜率存在时,可设直线AB的方程y=kx,联立椭圆方程,可求△ABF2的面积为S=2代入可求k【详解】由椭圆=1,则焦点分别为F1(-5,0),F2(5,0),不妨取F(5,0)①当直线AB的斜率不存在时,直线AB的方程为x=0,此时AB=4,=AB•5=×5=10,不符合题意;②可设直线AB的方程y=kx,由,可得(4+9k2)x2=180,∴xA=6,yA=,∴△ABF2的面积为S=2=2××5×=20,∴k=±故选:A11、D【解析】连接交于,可得,利用线面垂直的判定定理可得:平面,于是,可得而为二面角的平面角,再求出四面体的外接球半径,进而利用球的表面积计算公式得出结论【详解】连接交于,则,易知,则平面,所以,从而为二面角的平面角,则.因为,所以,所以四面体的外接球半径故四面体BB1C1E的外接球的表面积为故选:D【点睛】本题考查了正方体的性质、线面垂直的判定与性质定理、二面角的平面角、球的表面积计算公式,考查了推理能力与计算能力,属于中档题12、B【解析】根据题意列出的关系式,即可求得,再分焦点在轴与轴两种情况写出标准方程.【详解】根据题意,可得,所以椭圆的标准方程为或.故选:B二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】设,由边角关系可得,,,在和中,利用余弦定理列方程,结合可解得的值,进而可得长.【详解】设,因为,,,所以,,,.在中,,即①.,在中,,即②,因为,所以①②两式相加可得:,解得:,则,故答案为:.14、【解析】依题意可得是真命题,参变分离得到,再利用基本不等式计算可得;【详解】解:因为命题“”是假命题,所以命题“”是真命题,即,所以,因为,当且仅当即时取等号,所以,即故答案:15、【解析】分析可知,由可求得结果.【详解】双曲线的渐近线方程为,由题意可知,.故答案为:.16、【解析】根据题意得到,进而得到,求得的值,即可求解.【详解】因为为线段的中点,所以,所以,又因为,所以,所以故答案为:.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)由焦距为,离心率为结合性质,列出关于的方程组,求出从而求出椭圆方程;(2)设出直线方程,代入椭圆方程,求出点D、E的坐标,然后利用|BD|,|BE|,|DE|成等比数列,即可求解【详解】(1)由已知,,解得,所以椭圆的方程为(2)由(1)得过点的直线为,由,得,所以,所以,依题意,因为,,成等比数列,所以,所以,即,当时,,无解,当时,,解得,所以,解得,所以,当,,成等比数列时,【点睛】方法点睛(1)求椭圆方程的常用方法:①待定系数法;②定义法;③相关点法(2)直线与圆锥曲线的综合问题,常将直线方程代入圆锥曲线方程,从而得到关于(或)的一元二次方程,设出交点坐标),利用韦达定理得出坐标的关系,同时注意判别式大于零求出参数的范围(或者得到关于参数的不等关系),然后将所求转化到参数上来再求解.如本题及,联立即可求解.注意圆锥曲线问题中,常参数多、字母多、运算繁琐,应注意设而不求的思想、整体思想的应用.属于中档题.18、(1)证明见解析;;(2)证明见解析【解析】(1)利用已知条件推出数列是等差数列,其公差为,首项为1,求出通项公式,结合由,,成等比数列,转化求解即可.(2)化简通项公式,利用裂项消项法,求解数列的和即可【详解】证明:(1)由,得,即,所以数列是等差数列,其公差为,首项为1,因此,,,由成等比数列,得,即,解得或(舍去),故(2)因为,所以因为,所以【点睛】方法点睛:裂项相消法是最难把握的求和方法之一,其原因是有时很难找到裂项的方向,突破这一难点的方法是根据式子的结构特点,掌握一些常见的裂项技巧:①;②;③;④;此外,需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题,导致计算结果错误.19、(1)(2)【解析】(1)求出直线的定点,再由定点在圆上得出切点坐标;(2)由(1)知,证明为直角三角形,求出,,最后由三角形的面积公式求出的面积.【详解】(1)圆可化为直线可化为,由解得即直线过定点,由于,则点在圆上因为l与圆C相切,所以切点坐标为(2)因为l与圆C交于A,B,所以点如下图所示,与相交于点,由以及圆的对称性可知,点为的中点,且由,则直线的方程为圆心到直线的距离为,即直线与圆相切即,则因为,所以【点睛】关键点睛:在第一问中,关键是先确定直线过定点,再由定点在圆上,从而确定切点的坐标.20、(1);(2).【解析】(1)求出同时掷两颗骰子的基本事件数、及骰子向上的点数相等的基本事件数,应用古典概型的概率求法,求概率即可.(2)列举出两颗骰子向上的点数不相等,且一个点数是另一个点数的倍数的基本事件,应用古典概型的概率求法,求概率即可.【小问1详解】同时掷两颗骰子包括的基本事件共种,掷两颗骰子向上的点数相等包括的基本事件为6种,故所求的概率为;【小问2详解】两颗骰子向上的点数不相等,且一个点数是另一个点数的倍数时,用坐标记为,,,,,,,,,,,,,,,,共包括16个基本事件,故两颗骰子向上的点数不相等,且一个点数是另一个点数的倍数有的概率为.21、(1);;(2)证明见解析.【解析】(1)根据导数几何意义可知,解方程求得,进而得到切线方程;(2)当时,由,知不等式成立;当时,令,利用导数可求得在上单调递增,从而得到,由此可得结论.【小问1详解】,,在处的切线与直线平行,即切线斜率为,,解得:,,,所求切线方程为:,即;【小问2详解】要证,即证;①当时,,,,即,;②当时,令

温馨提示

  • 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
  • 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
  • 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
  • 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
  • 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
  • 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
  • 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

评论

0/150

提交评论