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文档简介
北京市人民大学附属中学2025届数学高二上期末统考模拟试题注意事项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.在圆内,过点的最长弦和最短弦分别是AC和BD,则四边形ABCD的面积为()A. B.C. D.2.命题P:ax2+2x﹣1=0有实数根,若¬p是假命题,则实数a的取值范围是()A.{a|a<1} B.{a|a≤﹣1}C.{a|a≥﹣1} D.{a|a>﹣1}3.“”是“圆与轴相切”的()A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件4.已知抛物线,过点与抛物线C有且只有一个交点的直线有()条A.0 B.1C.2 D.35.函数在处的切线方程为()A. B.C. D.6.已知随机变量服从正态分布,,则()A. B.C. D.7.函数在和处的导数的大小关系是()A. B.C. D.不能确定8.已知向量,,且,则值是()A. B.C. D.9.函数的递增区间是()A. B.和C. D.和10.已知椭圆C:的左、右焦点分别为F1,F2,过点F1作直线l交椭圆C于M,N两点,则的周长为()A.3 B.4C.6 D.811.下列三个命题:①“若,则a,b全为0”的逆否命题是“若a,b全不为0,则”;②若事件A与事件B互斥,则;③设命题p:若m是质数,则m一定是奇数,那么是真命题;其中真命题的个数为()A.3 B.2C.1 D.012.在中,三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若,,,则的面积为()A. B.1C. D.2二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知等差数列的公差,等比数列的公比q为正整数,若,,且是正整数,则______14.已知为抛物线:的焦点,为抛物线上在第一象限的点.若为的中点,为抛物线的顶点,则直线斜率的最大值为______.15.如图三角形数阵:132456109871112131415……按照自上而下,自左而右的顺序,位于第行的第列,则______.16.函数,则函数在处切线的斜率为_______________.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)已知圆心为的圆经过,两点,且圆心在直线上,求此圆的标准方程.18.(12分)如图,在四棱锥中,四边形ABCD为正方形,PA⊥底面ABCD,,M,N分别为AB和PC的中点(1)求证:MN//平面PAD;(2)求平面MND与平面PAD的夹角的余弦值19.(12分)已知二次函数,.(1)若,求函数的最小值;(2)若,解关于x的不等式.20.(12分)如图,分别是椭圆C:的左,右焦点,点P在椭圆C上,轴,点A是椭圆与x轴正半轴的交点,点B是椭圆与y轴正半轴的交点,且,.(1)求椭圆C的方程;(2)已知M,N是椭圆C上的两点,若点,,试探究点M,,N是否一定共线?说明理由.21.(12分)已知等比数列前3项和为(1)求的通项公式;(2)若对任意恒成立,求m的取值范围22.(10分)如图,在多面体中,和均为等边三角形,D是的中点,.(1)证明:;(2)若,求多面体的体积.
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【解析】由题,求得圆的圆心和半径,易知最长弦,最短弦为过点与垂直的弦,再求得BD的长,可得面积.【详解】圆化简为可得圆心为易知过点的最长弦为直径,即而最短弦为过与垂直的弦,圆心到的距离:所以弦所以四边形ABCD的面积:故选:D2、C【解析】根据是假命题,判断出是真命题.对分成,和两种情况,结合方程有实数根,求得的取值范围.详解】┐p是假命题,则p是真命题,∴ax2+2x﹣1=0有实数根,当a=0时,方程为2x﹣1=0,解得x=0.5,有根,符合题意;当a≠0时,方程有根,等价于△=4+4a≥0,∴a≥﹣1且,综上所述,a的可能取值为a≥﹣1故选:C【点睛】本小题主要考查根据命题否定的真假性求参数,属于基础题.3、A【解析】根据充分不必要条件的定义和圆心到轴的距离求出可得答案.【详解】时,圆的圆心坐标为,半径为2,此时圆与轴相切;当圆与轴相切时,因为圆的半径为2,所以圆心到轴的距离为,所以,“”是“圆与轴相切”的充分不必要条件故选:A4、D【解析】设出过点与抛物线C只有一个公共点且斜率存在的直线方程,再与的方程联立借助判别式计算、判断作答.【详解】抛物线的对称轴为y轴,直线过点P且与y轴平行,它与抛物线C只有一个公共点,设过点与抛物线C只有一个公共点且斜率存在的直线方程为:,由消去y并整理得:,则,解得或,因此,过点与抛物线C相切的直线有两条,相交且只有一个公共点的直线有一条,所以过点与抛物线C有且只有一个交点的直线有3条.故选:D5、C【解析】利用导数的几何意义即可求切线方程﹒【详解】,,,,在处的切线为:,即﹒故选:C﹒6、B【解析】直接利用正态分布的应用和密度曲线的对称性的应用求出结果【详解】根据随机变量服从正态分布,所以密度曲线关于直线对称,由于,所以,所以,则,所以故选:B.【点睛】本题考查的知识要点:正态分布的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于基础题7、A【解析】求出函数导数即可比较.【详解】,,所以,即.故选:A.8、A【解析】求出向量,的坐标,利用向量数量积坐标表示即可求解.【详解】因为向量,,所以,,因为,所以,解得:,故选:A.9、C【解析】求导后,由可解得结果.【详解】因为的定义域为,,由,得,解得,所以的递增区间为.故选:C.【点睛】本题考查了利用导数求函数的增区间,属于基础题.10、D【解析】由的周长为,结合椭圆的定义,即可求解.【详解】由题意,椭圆,可得,即,如图所示,根据椭圆的定义,可得的周长为故选:D.11、B【解析】写出逆否命题可判断①;根据互斥事件的概率定义可判断②;根据写出再判断真假可判断③.【详解】对于①,“,则a,b全为0”的逆否命题是“若a,b不全为0,则”,故①错误;对于②,满足互斥事件的概率求和的方法,所以②为真命题;③命题p:若m是质数,则m一定是奇数.2是质数,但2是偶数,命题p是假命题,那么真命题故选:B.12、C【解析】由余弦定理求出,利用正弦定理将边化角,再根据二倍角公式得到,即可得到,最后利用面积公式计算可得;【详解】解:因为,又,所以,因为,所以,所以,因为,所以,即,所以或,即或(舍去),所以,因为,所以,所以;故选:C二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】由已知等差、等比数列以及,,是正整数,可得,结合q为正整数,进而求.【详解】由,,令,其中m为正整数,有,又为正整数,所以当时,解得,当时,解得不是正整数,故答案为:14、1【解析】由题意,可得,设,,,根据是线段的中点,求出的坐标,可得直线的斜率,利用基本不等式即可得结论【详解】解:由题意,可得,设,,,,是线段的中点,则,,,当且仅当时取等号,直线的斜率的最大值为1故答案为:115、【解析】由题意可知到第行结束一共有个数字,由此可知在第行;又由图可知,奇数行从左到右是从小到大排列,偶数行从左到右是从大到小排列,第行个数字从大到小排列,由此可知在到数第列,据此即可求出,进而求出结果.【详解】由图可知,第1行有1个数字,第2行有2个数字,第2行有3个数字,……第行有个数字,由此规律可知,到第行结束一共有个数字;又当时,,所以第行结束一共有个数字;当时,,所以在第行,故;由图可知,奇数行从左到右是从小到大排列,偶数行从左到右是从大到小排列,第行是偶数行,共个数字,从大到小排列,所以在倒数第列,所以,所以.故答案为:.16、【解析】根据导数的几何意义求解即可.【详解】解:因为,所以,所以,所以函数在处切线的斜率为故答案为: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、【解析】设圆心坐标为,根据两点在圆上利用两点的距离公式建立关于的方程,解出值.从而求出圆的圆心和半径,可得圆的方程【详解】解:∵圆心在直线,∴设圆心坐标为,根据点和在圆上,可得解之得.∴圆心坐标为,半径.因此,此圆的标准方程是18、(1)证明见解析;(2).【解析】(1)在平面中构造与平行的直线,利用线线平行推证线面平行即可;(2)以为坐标原点建立空间直角坐标系,分别求得两个平面的法向量,利用向量法即可求得两个平面夹角的余弦值.【小问1详解】取中点为,连接,如下所示:因为为正方形,为中点,故可得//;在△中,因为分别为的中点,故可得//;故可得//,则四边形为平行四边形,即//,又面面,故//面.【小问2详解】因为面面,故可得,又底面为正方形,故可得,则两两垂直;故以为坐标原点,以分别为轴建立空间直角坐标系如下所示:故可得,设平面的法向量为,又则,即,不妨取,则,则,取面的法向量为,故.设平面的夹角为,故可得,即平面MND与平面PAD的夹角的余弦值为.19、(1)(2)当时,不等式的解集为当时,不等式的解集为当时,不等式的解集为【解析】(1)带入,将化解为,再利用基本不等式求最值即可;(2)将不等式移项整理为,再对a分类讨论,比较两根的大小,即可求得解集.【小问1详解】当a=3时,函数可整理为,因为,所以利用基本不等式,当且仅当,即时,y取到最小值.所以,当时,函数的最小值为.【小问2详解】将不等式整理为,令,即,解得两根为与1,因为,当时,即时,此时的解集为;当时,即时,此时的解集为;当时,即时,此时的解集为.综上所述,当时,不等式的解集为;当时,不等式的解集为;当时,不等式的解集为.20、(1)(2)不一定共线,理由见解析【解析】(1)由椭圆定义可得a,利用∽△BOA可解;(2)考察轴时的情况,分析可知M,,N不一定共线.【小问1详解】由题意得,,设,,代入椭圆C的方程得,,可得.可得.由,,所以∽△BOA,所以,即,可得.又,,得.所以椭圆C的方程为.【小问2详解】当轴时,,设,,则由已知条件和方程,可得,整理得,,解得或.由于,所以当时,点M,,N共线;所以当时,点M,,N不共线.所以点M,,N不一定共线.21、(1)(2)【解析】(1)由等比数列的基本量,列式,即可求得首项和公比,再求通项公式;(2)由题意转化为求数列的前项和的最大值,即可求参数的取值范围.【小问1详解】设等比数列的公比为,则,①,即,得,即,代入①得,解得:,所以;【小
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