四川省眉山市永寿高级中学2023-2024学年数学高二上期末质量跟踪监视模拟试题含解析_第1页
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文档简介

四川省眉山市永寿高级中学2023-2024学年数学高二上期末质量跟踪监视模拟试题注意事项: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.已知是函数的导函数,则()A. B.C. D.2.在直三棱柱中,,M,N分别是,的中点,,则AN与BM所成角的余弦值为()A. B.C. D.3.已知函数,则函数在区间上的最小值为()A. B.C. D.4.已知抛物线上的一点,则点M到抛物线焦点F的距离等于()A.6 B.5C.4 D.25.已知函数,则()A.3 B.C. D.6.已知点是椭圆上的任意一点,过点作圆:的切线,设其中一个切点为,则的取值范围为()A. B.C. D.7.在直三棱柱中,,,则直线与所成角的大小为()A.30° B.60°C.120° D.150°8.与直线平行,且经过点(2,3)的直线的方程为()A. B.C. D.9.方程表示的曲线是()A.一个椭圆和一个点 B.一个双曲线的右支和一条直线C.一个椭圆一部分和一条直线 D.一个椭圆10.已知直线平分圆C:,则最小值为()A.3 B.C. D.11.已知数列为等比数列,,则的值为()A. B.C. D.212.已知,,则的最小值为()A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知数列的通项公式为,,设是数列的前n项和,若对任意都成立,则实数的取值范围是__________.14.圆与圆的位置关系为______(填相交,相切或相离).15.已知P,A,B,C四点共面,对空间任意一点O,若,则______.16.某单位现有三个部门竞岗,甲、乙、丙三人每人只竞选一个部门,设事件A为“三人竞岗部门都不同”,B为“甲独自竞岗一个部门”,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)设函数.(1)求函数的单调区间;(2)求函数的极值.18.(12分)已知数列中,,的前项和为,且数列是公差为-3的等差数列.(1)求;(2)若,数列前项和为.19.(12分)已知椭圆左,右顶点分别是,,且,是椭圆上异于,的不同的两点(1)若,证明:直线必过坐标原点;(2)设点是以为直径的圆和以为直径的圆的另一个交点,记线段的中点为,若,求动点的轨迹方程20.(12分)已知抛物线C的顶点在坐标原点,焦点在x轴上,点在抛物线C上(1)求抛物线C的方程;(2)过抛物线C焦点F的直线l交抛物线于P,Q两点,若求直线l的方程21.(12分)如图,在四棱锥中中,平面ABCD,底面ABCD是边长为2的正方形,.(1)求证:平面;(2)求二面角的平面角的余弦值.22.(10分)如图,三棱柱中,底面边长和侧棱长都等于1,(1)设,,,用向量表示,并求出的长度;(2)求异面直线与所成角的余弦值

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】求出,代值计算可得的值.【详解】因为,则,因此,.故选:B.2、D【解析】构建空间直角坐标系,根据已知条件求AN与BM对应的方向向量,应用空间向量夹角的坐标表示求AN与BM所成角的余弦值.【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系,∴,,,,∴,,∴,所以AN与BM所成角的余弦值为.故选:D3、B【解析】根据已知条件求得以及,利用导数判断函数的单调性,即可求得函数在区间上的最小值.【详解】因为,故可得,则,又,令,解得,令,解得,故在单调递减,在单调递增,又,故在区间上的最小值为.故选:.4、B【解析】将点代入抛物线方程求出,再由抛物线的焦半径公式可得答案.详解】将点代入抛物线方程可得,解得则故选:B5、B【解析】由导数运算法则求出导发函数,然后可得导数值【详解】由题意,所以故选:B6、B【解析】设,得到,利用椭圆的范围求解.【详解】解:设,则,,,因为,所以,即,故选:B7、B【解析】根据三棱柱的特征补全为正方体,则,为直线与所成角,连接,则为等边三角形即可得解.【详解】根据直三棱柱的特征,补全可得如图所示的正方体,易知,为直线与所成角,连接,则为等边三角形,所以,所以直线与所成角的大小为.故选:B8、C【解析】由直线平行及直线所过的点,应用点斜式写出直线方程即可.【详解】与直线平行,且经过点(2,3)的直线的方程为,整理得故选:C9、C【解析】由可得,或,再由方程判断所表示的曲线.【详解】由可得,或,即或,则该方程表示一个椭圆的一部分和一条直线.故选:C10、D【解析】根据直线过圆心求得,再利用基本不等式求和的最小值即可.【详解】根据题意,直线过点,即,则,当且仅当,即时取得最小值.故选:D.11、B【解析】根据等比数列的性质计算.【详解】由等比数列的性质可知,且等比数列奇数项的符号相同,所以,即.故选:B12、B【解析】将代数式展开,然后利用基本不等式可求出该代数式的最小值.【详解】,,由基本不等式得,当且仅当时,等号成立.因此,的最小值为.故选B.【点睛】本题考查利用基本不等式求最值,在利用基本不等式时要注意“一正、二定、三相等”条件的成立,考查计算能力,属于中等题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】化简数列将问题转化为不等式恒成立问题,再对n分奇数和偶数进行讨论,分别求解出的取值范围,最后综合得出结果.【详解】根据题意,,.①当n是奇数时,,即对任意正奇数n恒成立,当时,有最小值1,所以.②当n是正偶数时,,即,又,故对任意正偶数n都成立,又随n增大而增大,当时,有最小值,即,综合①②可知.故答案为:.14、相交【解析】求两圆圆心距,并与半径之和、半径之差的绝对值比较即可.【详解】圆的圆心为,半径为,圆的圆心为,半径为,∵,∴两圆相交.故答案为:相交.15、【解析】由条件可得存在实数,使得,再用向量表示出向量,即可得出答案.详解】P,A,B,C四点共面,则存在实数,使得所以即所以,解得故答案为:16、##0.5【解析】根据给定条件求出事件B和AB的概率,再利用条件概率公式计算作答.【详解】依题意,,,所以.故答案: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)单调递减区间为和,单调递增区间为(2)极小值,极大值为【解析】(1)先对函数求导,然后根据导数的正负可求出函数的单调区间,(2)根据(1)中求得单调区间可求出函数的极值【小问1详解】.当变化时,,的变化情况如下表所示:00减极小值增极大值减的单调递减区间为和,单调递增区间为.【小问2详解】由(1)可知在处取得极小值,在处取得极大值.的极小值为,极大值为.18、(1)(2)【解析】(1)由条件先求出通项公式,得出,再由可得出答案.(2)由(1)可知,由裂项相消法可得答案.【小问1详解】由,则由数列是公差为的等差数列,则所以当时,当时,符合上式所以【小问2详解】由(1)可知则19、(1)证明见解析;(2).【解析】(1)设,首先证明,从而可得到,即得到;进而可得到四边形为平行四边形;再根据为的中点,即可证明直线必过坐标原点(2)设出直线的方程,与椭圆方程联立,消元,写韦达;根据条件可求出直线MN过定点,从而可得到过定点,进而可得到点在以为直径的圆上运动,从而可求出动点的轨迹方程【小问1详解】设,则,即因为,,所以因为,所以,所以.同理可证.因为,,所以四边形为平行四边形,因为为的中点,所以直线必过坐标原点【小问2详解】当直线的斜率存在时,设直线的方程为,,联立,整理得,则,,.因为,所以,因为,解得或.当时,直线的方程为过点A,不满足题意,所以舍去;所以直线的方程为,所以直线过定点.当直线的斜率不存在时,因为,所以直线的方程为,经验证,符合题意.故直线过定点.因为为的中点,为的中点,所以过定点.因为垂直平分公共弦,所以点在以为直径的圆上运动,该圆的半径,圆心坐标为,故动点的轨迹方程为20、(1)(2)或【解析】(1)把点的坐标代入方程即可;(2)设直线方程,解联立方程组,消未知数,得到一元二次方程,再利用韦达定理和已知条件求斜率.【小问1详解】因为抛物线C的顶点在原点,焦点在x轴上,所以设抛物线方程为又因为点在抛物线C上,所以,解得,所以抛物线的方程为;【小问2详解】抛物线C的焦点为,当直线l的斜率不存在时,,不符合题意;当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为,设直线l交抛物线的两点坐标为,,由得,,,,由抛物线得定义可知,所以,解得,即,所以直线l的方程为或21、(1)证明见解析(2)【解析】(1)根据平面得到,结合得到证明。(2)建立空间直角坐标系,计算各点坐标,计算平面的法向量,根据向量的夹角公式得到答案。【小问1详解】由于平面

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