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文档简介
杭州第十三中学2024届高二数学第二学期期末学业水平测试模拟试题注意事项: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.已知双曲线过,两点,点为该双曲线上除点,外的任意一点,直线,斜率之积为,则双曲线的方程是()A. B. C. D.2.若实数满足,则的取值范围为()A. B. C. D.3.某班级有6名同学去报名参加校学生会的4项社团活动。若甲,乙两位同学不参加同一社团,每个社团都有人参加,每个人只参加一个社团,则不同的报名方案数为A.2160 B.1320 C.2400 D.43204.已知随机变量服从的分布列为123…nP…则的值为()A.1 B.2 C. D.35.复数在平面内对应的点在()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限6.数列中,,(),那么()A.1 B.-2 C.3 D.-37.将函数的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),再将所得图像向左平移个单位,则所得函数图像对应的解析式为()A. B.C. D.8.已知函数,满足,且函数无零点,则()A.方程有解 B.方程有解C.不等式有解 D.不等式有解9.在极坐标系中,已知圆经过点,圆心为直线与极轴的交点,则圆的极坐标方程为A. B. C. D.10.集合,,则=()A. B.C. D.11.已知函数.若不等式的解集中整数的个数为,则的取值范围是()A. B. C. D.12.设,则的值为()A.2 B.2046 C.2043 D.-2二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.若正数,满足,则的取值范围是________.14.已知棱长为1的正四面体,的中点为D,动点E在线段上,则直线与平面所成角的取值范围为____________;15.若的展开式中第3项和第5项的二项式系数相等,则展开式中常数项等于____________.16.直三棱柱-中,,,,,则异面直线与所成角的余弦值为________.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)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:的焦点为F1(–1、0),F2(1,0).过F2作x轴的垂线l,在x轴的上方,l与圆F2:交于点A,与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B,连结BF2交椭圆C于点E,连结DF1.已知DF1=.(1)求椭圆C的标准方程;(2)求点E的坐标.18.(12分)已知命题:函数在上单调递增;命题:关于的方程有解.若为真命题,为假命题,求实数的取值范围.19.(12分)已知直三棱柱中,,.(1)求直线与平面所成角的大小;(2)求点到平面的距离.20.(12分)选修4-5:不等式选讲已知函数.(Ⅰ)当时,求函数的定义域;(Ⅱ)若关于的不等式的解集是,求的取值范围.21.(12分)已知函数.(Ⅰ)若,求的取值范围;(Ⅱ)证明:.22.(10分)已知函数,.(1)讨论的单调性;(2)若,求证:当时,.
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、D【解题分析】分析:根据两条直线斜率之积为定值,设出动点P的坐标,即可确定解析式。详解:因为直线,斜率之积为,即,设P()则,化简得所以选D点睛:本题考查了圆锥曲线的简单应用,根据斜率乘积为定值确定动点的轨迹方程,属于简单题。2、C【解题分析】分析:作出不等式组对应的平面区域,利用目标函数的几何意义,即可求z的取值范围.详解:作出不等式组对应的平面区域如图:设,得,平移直线,由图象可知当直线经过点时,直线的截距最小,此时z最小,为,当直线经过点时,直线的截距最大,此时时z最大,为,即.故选:C.点睛:本题主要考查线性规划的基本应用,利用目标函数的几何意义是解决问题的关键,利用数形结合是解决问题的基本方法.3、B【解题分析】
依题意,分和两组,先分组,后排列,最后求和即可.【题目详解】依题意,6名同学可分为两组,第一组为,利用间接法,有种,第二组为,利用间接法,有,所以分类计数原理,可得种,故选B.【题目点拨】本题主要考查了排列、组合及简单的计数原理,着重考查了分类讨论思想和转化思想的应用,以及推理与运算能力,其中解答中合理分类,做到先分组后排列的方式是解答的关键.4、A【解题分析】
由概率之和为1,列出等式,即可求得k值.【题目详解】由概率和等于1可得:,即.故选A.【题目点拨】本题考查分布列中概率和为1,由知识点列式即可得出结论.5、B【解题分析】分析:先化简复数z,再判断其在平面内对应的点在第几象限.详解:由题得,所以复数z在平面内对应的点为,所以在平面内对应的点在第二象限.故答案为B.点睛:(1)本题主要考查复数的计算和复数的几何意义,意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)复数对应的点是(a,b),点(a,b)所在的象限就是复数对应的点所在的象限.复数和点(a,b)是一一对应的关系.6、A【解题分析】∵,∴,即,∴,∴,∴是以6为周期的周期数列.∵2019=336×6+3,∴.故选B.7、B【解题分析】
函数的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)得,再将所得图像向左平移个单位,得,选B.8、C【解题分析】
首先判断开口方向向上,得到恒成立,依次判断每个选项得到答案.【题目详解】函数无零点,,即恒成立A.方程有解.设这与无零点矛盾,错误B.方程有解.恒成立,错误C.不等式有解.恒成立,正确D.不等式有解.即,由题意:恒成立,错误答案选C【题目点拨】本题考查了函数恒成立问题,零点问题,函数与方程关系,综合性强,技巧高深,意在考查学生解决问题的能力.9、A【解题分析】
求出圆C的圆心坐标为(2,0),由圆C经过点得到圆C过极点,由此能求出圆C的极坐标方程.【题目详解】在中,令,得,所以圆的圆心坐标为(2,0).因为圆经过点,所以圆的半径,于是圆过极点,所以圆的极坐标方程为.故选A【题目点拨】本题考查圆的极坐标方程的求法,考查直角坐标方程、参数方程、极坐标方程的互化等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,属于中档题.10、C【解题分析】
先化简集合A,B,结合并集计算方法,求解,即可.【题目详解】解得集合,所以,故选C.【题目点拨】本道题考查了集合的运算,考查了一元二次不等式解法,关键化简集合A,B,难度较小.11、D【解题分析】
对进行变形,得到,令,,即的整数个数为3,再由的函数图像和的函数图像,写出限制条件,得到答案【题目详解】,即设,其中时,时,即符合要求,所以时,,单调递减,,单调递增,为极小值.有三个整数解,则还有一个整数解为或者是①当解集包含时,时,所以需要满足即,解得②当解集包含时,需要满足即整理得,而,所以无解集,即该情况不成立.综上所述,由①②得,的范围为故选D项.【题目点拨】利用导数研究函数图像,两个函数图像的位置关系与解析式大小之间的关系,数形结合的数学思想,题目较综合,考查内容比较多,属于难题.12、D【解题分析】分析:先令得,再令得,解得结果.详解:令得令得=0因此,选D.点睛:“赋值法”普遍适用于恒等式,是一种重要的方法,对形如的式子求其展开式的各项系数之和,常用赋值法,只需令即可;对形如的式子求其展开式各项系数之和,只需令即可.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解题分析】
利用基本不等式将变形为即可求得的取值范围.【题目详解】∵,,∴,即,解得,即,当且仅当时,等号成立.故答案为:.【题目点拨】本题主要考查利用基本不等式求代数式的取值范围问题,属常规考题.14、;【解题分析】
当与重合时,直线与平面所成角为0最小,当从向移动时,直线与平面所成角逐渐增大,到达点时角最大.【题目详解】如图,是在底面上的射影,是在底面上的射影,由于是中点,则是中点,正四面体棱长为1,则,,,,,∴,,∴..∴所求角的范围是.故答案为.【题目点拨】本题考查直线与平面所成的角,解题时首先要作出直线与平面所成的角,同时要证明所作角就是要求的角,最后再计算,即一作二证三计算.15、【解题分析】
根据题意先计算,再用展开式的通项公式计算常数项.【题目详解】若的展开式中第3项和第5项的二项式系数相等.当时为常数项,为故答案为:【题目点拨】本题考查了二项式的计算,先判断是解题的关键.16、【解题分析】
连接交于E,取AB中点F,连接EF,推出EF∥或其补角为所求,在三角形运用余弦定理求解即可【题目详解】连接交于E,则E为为中点,取AB中点F,连接EF,故EF,则或其补角为所求,又EF=,在三角形中,cos故答案为【题目点拨】本题考查异面直线所成的角,熟记异面直线所成角定义,熟练找角,准确计算是关键,是基础题三、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).【解题分析】
(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程;(2)解法一:由题意首先确定直线的方程,联立直线方程与圆的方程,确定点B的坐标,联立直线BF2与椭圆的方程即可确定点E的坐标;解法二:由题意利用几何关系确定点E的纵坐标,然后代入椭圆方程可得点E的坐标.【题目详解】(1)设椭圆C的焦距为2c.因为F1(-1,0),F2(1,0),所以F1F2=2,c=1.又因为DF1=,AF2⊥x轴,所以DF2=,因此2a=DF1+DF2=4,从而a=2.由b2=a2-c2,得b2=3.因此,椭圆C的标准方程为.(2)解法一:由(1)知,椭圆C:,a=2,因为AF2⊥x轴,所以点A的横坐标为1.将x=1代入圆F2的方程(x-1)2+y2=16,解得y=±4.因为点A在x轴上方,所以A(1,4).又F1(-1,0),所以直线AF1:y=2x+2.由,得,解得或.将代入,得,因此.又F2(1,0),所以直线BF2:.由,得,解得或.又因为E是线段BF2与椭圆的交点,所以.将代入,得.因此.解法二:由(1)知,椭圆C:.如图,连结EF1.因为BF2=2a,EF1+EF2=2a,所以EF1=EB,从而∠BF1E=∠B.因为F2A=F2B,所以∠A=∠B,所以∠A=∠BF1E,从而EF1∥F2A.因为AF2⊥x轴,所以EF1⊥x轴.因为F1(-1,0),由,得.又因为E是线段BF2与椭圆的交点,所以.因此.【题目点拨】本题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.18、.【解题分析】试题分析:命题p:函数在上单调递增,利用一次函数的单调性可得或;命题q:关于x的方程有实根,可得,解得;若“p或q”为真,“p且q”为假,可得p与q必然一真一假.分类讨论解出即可.试题解析:由已知得,在上单调递增.若为真命题,则,,或;若为真命题,,,.为真命题,为假命题,、一真一假,当真假时,或,即;当假真时,,即.故.点睛:本题考查了一次函数的单调性、一元二次方程由实数根与判别式的关系、复合命题的判定方法,考查了推理能力,属于基础题.19、(1);(2).【解题分析】
(1)根据直三棱柱的性质,可知直线与平面所成角即为,根据即可得解.(2)根据结合三棱锥体积求法即可得点到平面的距离.【题目详解】(1)画出空间几何体如下图所示:因为三棱柱为直三棱柱,所以即为直线与平面所成角因为,所以即直线与平面所成角为(2)因为直三棱柱中,,.所以则,设点到平面的距离为则所以即,解得所以点到平面的距离为【题目点拨】本题考查了直线与平面的夹角,点到平面距离的求法及等体积法的应用,属于基础题.20、(1)或(2).【解题分析】试题分析:(1)函数去绝对值号化为分段函数即可求解;(2)分离参数得:在上恒成立,利用绝对值性质即可得到m范围内.试题解析:(1)由题意,令解得或,∴函数的定义域为或(2),∴,即.由题意,不等式的解集是,则在上恒成立.而,故.点睛:恒成立问题是常见数学问题,一般可考虑分离参数处理,分离参数后问题转化为求最值,可考虑均值不等式、函数最值,绝对值的性质、三角函数等方法来处理.21、(Ⅰ)[-1,+∞).(Ⅱ)见解析【解题分析】本试题主要考查了导数在研究函数中的运用,以及利用导数求解不等式,或者参数范围的运用.解:(Ⅰ),,题设等价于.令,则当,;当时,,是的最大值点,综上,的取值范围是.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,即.当时,;当时,所以22、(1)见解析(2)见解析【解题分析】分析:(1)依题意,的定义域为,,分类讨论可求的单调性;(2)当时,要证明,即证明,只需证明.设,利用导数研究其性质,即可证明详解:(1)依题意,的定义域
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