天津市部分区2023-2024学年高二上数学期末教学质量检测模拟试题含解析

天津市部分区2023-2024学年高二上数学期末教学质量检测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．设实系数一元二次方程在复数集C内的根为、，则由，可得.类比上述方法：设实系数一元三次方程在复数集C内的根为，则的值为A.﹣2 B.0C.2 D.42．《周髀算经》有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，冬至、立春、春分日影之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影之和为八丈五尺五寸（注：一丈等于十尺，一尺等于十寸），问立夏日影长为（）A.一尺五寸 B.二尺五寸C.三尺五寸 D.四尺五寸3．已知函数，则（）A.0 B.1C.2 D.4．设，，，则下列不等式中一定成立的是（）A. B.C. D.5．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑（nào）．如图所示的三棱锥为一鳖臑，且平面，平面，若，，，则（）A. B.C. D.6．在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为（）A. B.C. D.7．在棱长为1的正方体中，点，分别是，的中点，点是棱上的点且满足，则两异面直线，所成角的余弦值是（）A. B.C. D.8．设等差数列的前项和为，已知，，则的公差为（）A.2 B.3C.4 D.59．在平形六面体中，其中，，，，，则的长为（）A. B.C. D.10．已知为等差数列，为其前n项和，，则下列和与公差无关的是（）A. B.C. D.11．下列求导运算正确的是（）A. B.C. D.12．已知三个顶点都在抛物线上，且为抛物线的焦点，若，则（）A.6 B.8C.10 D.12二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在数列中，，，，若数列是递减数列，数列是递增数列，则______14．若直线与圆有公共点，则b的取值范围是_____15．若，是双曲线与椭圆的共同焦点，点P是两曲线的一个交点，且为等腰三角形，则该双曲线的渐近线为______16．如图，椭圆的中心在坐标原点，是椭圆的左焦点，分别是椭圆的右顶点和上顶点，当时，此类椭圆称为“黄金椭圆”，则“黄金椭圆”的离心率___________.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）已知椭圆的离心率为，短轴长为（1）求椭圆的标准方程；（2）已知，A，B分别为椭圆的左、右顶点，过点A作斜率为的直线交椭圆于另一点E，连接EP并延长交椭圆于另一点F，记直线BF的斜率为．若，求直线EF的方程18．（12分）已知正三棱柱底面边长为，是上一点，是以为直角顶点的等腰直角三角形，（1）证明：是的中点；（2）求二面角的大小19．（12分）某市对排污水进行综合治理，征收污水处理费，系统对各厂一个月内排出污水量x吨收取的污水处理费y元，运行程序如图所示：INPUTxIFTHENELSEIFTHENELSEENDIFENDIFPRINTyEND（1）请写出y与x的函数关系式；（2）求排放污水150吨的污水处理费用.20．（12分）已知等比数列{}的各项均为正数，，，成等差数列，，数列{}的前n项和，且.（1）求{}和{}的通项公式；（2）设，记数列{}的前n项和为.求证：.21．（12分）已知两动圆：和：，把它们的公共点的轨迹记为曲线，若曲线与轴的正半轴的交点为，取曲线上的相异两点、满足：且点与点均不重合.（1）求曲线的方程；（2）证明直线恒经过一定点，并求此定点的坐标；22．（10分）已知曲线：.（1）若曲线是双曲线，求的取值范围；（2）设，已知过曲线的右焦点，倾斜角为的直线交曲线于A，B两点，求.

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、A【解析】用类比推理得到，再用待定系数法得到，，再根据求解.【详解】，由对应系数相等得：，.故选：A.【点睛】本题主要考查合情推理以及待定系数法，还考查了转化化归的思想和逻辑推理的能力，属于中档题.2、D【解析】结合等差数列知识求得正确答案.【详解】设冬至日影长，公差为，则，所以立夏日影长丈，即四尺五寸.故选：D3、C【解析】对函数f(x)求导即可求得结果.【详解】函数,则，，故选C【点睛】本题考查正弦函数的导数的应用，属于简单题.4、B【解析】利用特殊值法可判断ACD的正误，根据不等式的性质，可判断B的正误.【详解】对于A中，令，，，，满足，，但，故A错误；对于B中，因为，所以由不等式的可加性，可得，所以，故B正确；对于C中，令，，，，满足，，但，故C错误；对于D中，令，，，，满足，，但，故D错误故选：B5、A【解析】根据平面，平面求解.【详解】因为平面，平面，所以，又，，，所以,所以，故选：A6、B【解析】结合已知条件，利用对称的概念即可求解.【详解】不妨设点关于轴对称的点的坐标为，则线段垂直于轴且的中点在轴，从而点关于轴对称的点的坐标为.故选：B.7、A【解析】建立空间直角坐标系，写出点、、、和向量的、坐标，运用求异面直线余弦值的公式即可求出.【详解】解：以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标第,则，，，，故,,，故两异面直线，所成角的余弦值是.故选：A.【点睛】本题考查求异面直线所成角的余弦值，属于中档题.8、B【解析】由以及等差数列的性质，可得的值，再结合即可求出公差.【详解】解：，得，，又，两式相减得，则.故选：B.9、B【解析】根据空间向量基本定理、加法的运算法则，结合空间向量数量积的运算性质进行求解即可.【详解】因为是平行六面体，所以，所以有：，因此有：，因为，，，，，所以，所以，故选：B10、C【解析】依题意根据等差数列的通项公式可得，再根据等差数列前项和公式计算可得；【详解】解：因为，所以，即，所以，，，，故选：C11、B【解析】根据基本初等函数的导数和求导法则判断.【详解】，，，，只有B正确.故选：B.【点睛】本题考查基本初等函数的导数公式，考查导数的运算法则，属于基础题.12、D【解析】设，，，由向量关系化为坐标关系，再结合抛物线的焦半径公式即可计算【详解】由得焦点，准线方程为，设，，由得则，化简得所以故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据所给条件可归纳出当时，，利用迭代法即可求解.【详解】因为，，，所以，即，，且是递减数列，数列是递增数列或（舍去），，，故可得当时，，故答案为：14、【解析】直线与圆有交点，则圆心到直线的距离小于或等于半径.【详解】直线即，圆的圆心为，半径为，若直线与圆有交点，则，解得,故实数取值范围是.故答案为：15、【解析】根据给定条件求出两曲线的共同焦点，再由椭圆、双曲线定义求出a，b即可计算作答.【详解】椭圆的焦点，由椭圆、双曲线的对称性不妨令点P在第一象限，因为等腰三角形，由椭圆的定义知：，则，，由双曲线定义知：，即，，，所以双曲线的渐近线为：.故答案为：【点睛】易错点睛：双曲线(a>0,b>0)渐近线方程为，而双曲线(a>0,b>0)的渐近线方程为(即)，应注意其区别与联系.16、或【解析】写出，，求出，根据以及即可求解，【详解】由题意，，，所以，，因为，则，即，即，所以，即，解得或（舍）.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）由离心率得关系，短轴求出，结合关系式解出，可得椭圆的标准方程；（2）设，，过EF的方程为，联立直线与椭圆方程得韦达定理，结合斜率定义和化简得，由在椭圆上代换得，联立韦达定理可求，进而得解；【小问1详解】由题意可得，，，又，解得所以椭圆的标准方程为；【小问2详解】由（1）得，，显然直线EF的斜率存在且不为0，设，，则，都不为和0设直线EF的方程为，由消去y得，显然，则，因为，所以，等式两边平方得①又因为，在椭圆上，所以，②将②代入①可得，即，所以，即，解得或（舍去，此时）所以直线EF的方程为18、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）根据正棱柱的性质，结合线面垂直的判定定理、直角三角形的性质、正三角形的性质进行证明即可；（2）根据线面垂直的判定定理和性质，结合二面角的定义进行求解即可.【小问1详解】证明：在正三棱柱中，平面，平面，则,又是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，且，平面，故平面，而平面，所以，又为正三角形，所以为的中点；【小问2详解】在正中，取的中点为，则，又平面，则，且，平面，故平面，取的中点为，且的中点为，则，故平面，而平面，所以，在等腰直角中，取的中点为，则，，平面，所以平面，而平面，所以，故为二面角平面角，又，则，，所以在中，，即：，故二面角的大小为.：19、（1）；（2）1400（元）.【解析】（1）根据已知条件即可容易求得函数关系式；（2）根据（1）中所求函数关系式，令，求得函数值即可.【小问1详解】根据题意，得：当时，；当时，；当时，.即.【小问2详解】因为，故，故该厂应缴纳污水处理费1400元.20、（1）（2）证明见解析【解析】设等比数列的公比为，由，，成等差数列，解得．由，利用通项公式解得，可得．由数列的前项和，且，时，，化简整理即可得出；（2），利用裂项求和方法、数列的单调性即可证明结论【小问1详解】设等比数列的公比为，，，成等差数列，，即，化为：，解得，，即，解得，数列的前项和，且，时，，化为：，，数列是每项都为1的常数列，，化为【小问2详解】证明：，数列的前项和为，21、（1）；（2）证明见解析，.【解析】（1）设两动圆的公共点为，则有，运用椭圆的定义，即可得到，，，进而得到的轨迹方程；（2），设，，，，设出直线方程，联立方程组，利用韦达定理法及向量的数量积的坐标表示，即可得到定点.【小问1详解】设两动圆的公共点为，则有由椭圆的定义可知的轨迹为椭圆，设方程为，则，，所以曲线的方程是：【小问2详解】由题意可知：，且直线斜