西藏拉萨市那曲第二高级中学2025届数学高二上期末达标检测模拟试题含解析_第1页
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文档简介

西藏拉萨市那曲第二高级中学2025届数学高二上期末达标检测模拟试题注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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.已知等差数列,,,则数列的前项和为()A. B.C. D.2.若函数在区间内存在单调递增区间,则实数的取值范围是()A. B.C. D.3.已知空间向量,则()A. B.C. D.4.某家庭准备晚上在餐馆吃饭,他们查看了两个网站关于四家餐馆的好评率,如下表所示,考虑每家餐馆的总好评率,他们应选择()网站①评价人数网站①好评率网站②评价人数网站②好评率餐馆甲100095%100085%餐馆乙1000100%200080%餐馆丙100090%100090%餐馆丁200095%100085%A.餐馆甲 B.餐馆乙C.餐馆丙 D.餐馆丁5.已知点F是双曲线的左焦点,点E是该双曲线的右顶点,过F作垂直于x轴的直线与双曲线交于G、H两点,若是锐角三角形,则该双曲线的离心率e的取值范围是()A. B.C. D.6.已知甲、乙、丙三名同学同时独立地解答一道导数试题,每人均有的概率解答正确,且三个人解答正确与否相互独立,在三人中至少有两人解答正确的条件下,甲解答不正确的概率A. B.C. D.7.函数,若实数是函数的零点,且,则()A. B.C. D.无法确定8.已知直线交圆于A,B两点,若点满足,则直线l被圆C截得线段的长是()A.3 B.2C. D.49.某高校甲、乙两位同学大学四年选修课程的考试成绩等级(选修课的成绩等级分为1,2,3,4,5,共五个等级)的条形图如图所示,则甲成绩等级的中位数与乙成绩等级的众数分别是()A.3,5 B.3,3C.3.5,5 D.3.5,410.在正方体中,下列几种说法不正确的是A. B.B1C与BD所成的角为60°C.二面角的平面角为 D.与平面ABCD所成的角为11.已知数列满足,,则()A. B.C. D.12.已知直线过点,当直线与圆有两个不同的交点时,其斜率的取值范围是()A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.如图,图形中的圆是正方形的内切圆,点E,F,G,H为对角线与圆的交点,若向正方形内随机投入一点,则该点落在阴影部分区域内的概率为_________14.观察式子:,,,由此归纳,可猜测一般性的结论为______.15.若椭圆和圆(c为椭圆的半焦距)有四个不同的交点,则椭圆的离心率的取值范围是_____.16.设是数列的前项和,且,,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)已知圆与轴相切,圆心在直线上,且到直线的距离为(1)求圆的方程;(2)若圆的圆心在第一象限,过点的直线与相交于、两点,且,求直线的方程18.(12分)已知椭圆,其上顶点与左右焦点围成的是面积为的正三角形.(1)求椭圆的方程;(2)过椭圆的右焦点的直线(的斜率存在)交椭圆于两点,弦的垂直平分线交轴于点,问:是否是定值?若是,求出定值:若不是,说明理由.19.(12分)如图,在四棱锥S−ABCD中,已知四边形ABCD是边长为的正方形,点S在底面ABCD上的射影为底面ABCD的中心点O,点P在棱SD上,且△SAC的面积为1(1)若点P是SD的中点,求证:平面SCD⊥平面PAC;(2)在棱SD上是否存在一点P使得二面角P−AC−D的余弦值为?若存在,求出点P的位置;若不存在,说明理由20.(12分)已知椭圆的左焦点为,上顶点为,直线与椭圆的另一个交点为A(1)求点A的坐标;(2)过点且斜率为的直线与椭圆交于,两点(均与A,不重合),过点与轴垂直的直线分别交直线,于点,,证明:点,关于轴对称21.(12分)在△ABC中,(1)求B的大小;(2)求cosA+cosC的最大值22.(10分)已知数列中,数列的前n项和为满足.(1)证明:数列为等比数列;(2)在和中插入k个数构成一个新数列:,2,,4,6,,8,10,12,,…,其中插入的所有数依次构成首项和公差都为2的等差数列.求数列的前50项和.

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】求出通项,利用裂项相消法求数列的前n项和.【详解】因为等差数列,,,所以,所以,所以数列的前项和为故B,C,D错误.故选:A.2、D【解析】求出函数的导数,问题转化为在有解,进而求函数的最值,即可求出的范围.【详解】∵,∴,若在区间内存在单调递增区间,则有解,故,令,则在单调递增,,故.故选:D.3、C【解析】A利用向量模长的坐标表示判断;B根据向量平行的判定,是否存在实数使即可判断;C向量数量积的坐标表示求即可判断;D利用向量坐标的线性运算及数量积的坐标表示求即可.【详解】因为,所以A不正确:因为不存在实数使,所以B不正确;因为,故,所以C正确;因为,所以,所以D不正确故选:C4、D【解析】根据给定条件求出各餐馆总好评率,再比较大小作答.【详解】餐馆甲的总好评率为:,餐馆乙的总好评率为:,餐馆丙的好评率为:,餐馆丁的好评率为:,显然,所以餐馆丁的总好评率最高.故选:D5、B【解析】根据是等腰三角形且为锐角三角形,得到,即,解得离心率范围.【详解】,当时,,,不妨取,,是等腰三角形且为锐角三角形,则,即,,即,,解得,故.故选:B.6、C【解析】记“三人中至少有两人解答正确”为事件;“甲解答不正确”为事件,利用二项分布的知识计算出,再计算出,结合条件概率公式求得结果.【详解】记“三人中至少有两人解答正确”为事件;“甲解答不正确”为事件则;本题正确选项:【点睛】本题考查条件概率的求解问题,涉及到利用二项分布公式求解概率的问题.7、A【解析】利用函数在递减求解.【详解】因为函数在递减,又实数是函数的零点,即,又因为,所以,故选:A8、B【解析】由题设知为圆的圆心且A、B在圆上,根据已知及向量数量积的定义求的大小,进而判断△的形状,即可得直线l被圆C截得线段的长.【详解】∵点为圆的圆心且A、B在圆上,又,∴,∴,又,∴,故△为等边三角形,∴直线l被圆C截得线段的长是2故选:B9、C【解析】将甲的所有选修课等级从低到高排列可得甲的中位数,由图可知乙的选修课等级的众数.【详解】由条形图可得,甲同学共有10门选修课,将这10门选修课的成绩等级从低到高排序后,第5,6门的成绩等级分别为3,4,故中位数为,乙成绩等级的众数为5.故选:C.10、D【解析】在正方体中,利用线面关系逐一判断即可.【详解】解:对于A,连接AC,则AC⊥BD,A1C1∥AC,∴A1C1⊥BD,故A正确;对于B,∵B1C∥D,即B1C与BD所成的角为∠DB,连接△DB为等边三角形,∴B1C与BD所成的角为60°,故B正确;对于C,∵BC⊥平面A1ABB1,A1B⊂平面A1ABB1,∴BC⊥A1B,∵AB⊥BC,平面A1BC∩平面BCD=BC,A1B⊂平面A1BC,AB⊂平面BCD,∴∠ABA1是二面角A1﹣BC﹣D的平面角,∵△A1AB是等腰直角三角形,∴∠ABA1=45°,故C正确;对于D,∵C1C⊥平面ABCD,AC1∩平面ABCD=A,∴∠C1AC是AC1与平面ABCD所成的角,∵AC≠C1C,∴∠C1AC≠45°,故D错误故选D【点睛】本题考查了线面的空间位置关系及空间角,做出图形分析是关键,考查推理能力与空间想象能力11、A【解析】根据递推关系依次求出即可.【详解】,,,,,.故选:A.12、A【解析】设直线方程,利用圆与直线的关系,确定圆心到直线的距离小于半径,即可求得斜率范围.【详解】如下图:设直线l的方程为即圆心为,半径是1又直线与圆有两个不同的交点故选:A二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】利用几何概型概率计算公式,计算得所求概率.【详解】设正方形的边长为2,则阴影部分的面积为,故若向正方形内随机投入一点,则该点落在阴影部分区域内概率为故答案为:.14、【解析】根据规律,不等式的左边是个自然数倒数的平方的和,右边分母是以2为首项,1为公差的等差数列,分子是以3为首项,2为公差的等差数列,由此可得结论【详解】解:观察可以发现,第个不等式左端有项,分子为1,分母依次为,,,,;右端分母为,分子成等差数列,首项为3,公差为2,因此第个不等式()故答案为:()15、【解析】当圆的直径介于椭圆长轴和短轴长度范围之间时,椭圆和圆有四个不同的焦点,由此列不等式,解不等式求得椭圆离心率的取值范围.【详解】由于椭圆和圆有四个焦点,故圆的直径介于椭圆长轴和短轴长度范围之间,即.由得,两边平方并化简得,即①.由得,两边平方并化简得,解得②.由①②得.故填.【点睛】本小题主要考查椭圆和圆的位置关系,考查椭圆离心率取值范围的求法,属于中档题.16、【解析】原式为,整理为:,即,即数列是以-1为首项,-1为公差的等差的数列,所以,即.【点睛】这类型题使用的公式是,一般条件是,若是消,就需当时构造,两式相减,再变形求解;若是消,就需在原式将变形为:,再利用递推求解通项公式.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)或(2)或【解析】(1)设圆心的坐标为,则该圆的半径长为,利用点到直线的距离公式可求得的值,即可得出圆的标准方程;(2)利用勾股定理可求得圆心到的距离,分析可知直线的斜率存在,设直线的方程为,利用点到直线的距离公式可求得关于的方程,解出的值,即可得出直线的方程.【小问1详解】解:设圆心的坐标为,则该圆的半径长为,因为圆心到直线的距离为,解得,所以圆心的坐标为或,半径为,因此,圆的标准方程为或.【小问2详解】解:若圆的圆心在第一象限,则圆的标准方程为.因为,所以圆心到直线的距离.若直线的斜率不存在,则直线的方程为,此时圆心到直线的距离为,不合乎题意;所以,直线的斜率存在,可设直线的方程为,即,由题意可得,解得,所以,直线的方程为或,即或.18、(1);(2)是定值,定值为4【解析】(1)根据正三角形性质与面积可求得即可求得方程;(2)当直线斜率不为0时,设其方程代入椭圆方程利用韦达定理求得两根关系式,进而求得的表达式,最后求比值即可;当直线斜率为0时直接求解即可【详解】(1)为正三角形,,可得,且,∴椭圆的方程为.(2)分以下两种情况讨论:①当直线斜率不为0时,设其方程为,且,联立,消去得,则,且,∴弦的中点的坐标为,则弦的垂直平分线为,令,得,,又,;②当直线斜率为0时,则,,则.综合①②得是定值且为4【点睛】方法点睛:求定值问题常见的方法有两种:(1)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关(2)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值19、(1)证明见解析(2)存在,点P为棱SD靠近点D的三等分点【解析】(1)由的面积为1,得到,,由,点P为SD的中点,所以,同理可得,根据线面垂直的判断定理可得平面PAC,再由面面垂直的判断定理可得答案;(2)存在,分别以OB,OC,OS所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,假设在棱SD上存在点P,设,求出平面PAC、平面ACD的一个法向量,由二面角的向量法可得答案.【小问1详解】因为点S在底面ABCD上的射影为O,所以平面ABCD,因为四边形ABCD是边长为的正方形,所以,又因为的面积为1,所以,,所以,因为,点P为SD的中点,所以,同理可得,因为,AP,平面PAC,所以平面PAC,又平面SCD,∴平面平面PAC【小问2详解】存在,连接,由平面ABCD,平面ABCD,平面ABCD,又,可得两两垂直,分别以所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图,则,,,,假设在棱SD上存在点P使二面角的余弦值为,设,,,所以,,设平面PAC的一个法向量为,则,因为,,所以,令,得,,因为平面ACD的一个法向量为,所以,化简得,解得或(舍),所以存在P点符合题意,点P为棱SD靠近点D的三等分点20、(1)(2)证明见解析【解析】(1)先求出直线的方程,联立直线与椭圆,求出A点坐标;(2)设出直线方程,联立椭圆方程,用韦达定理得到两根之和,两根之积,求出两点的纵坐标,证明出,即可证明关于轴对称.【小问1详解】由题意得,,所以直线方程为,与椭圆方程联立得解得或,当时,,所以【小问2详解】设,,的方程为,联立消去得,则,直线的方程为,设,则,直线的方程为,设,则,因为,即,所以点,关于轴对称21、(1)(2)1【解析】(1)由余弦定理及题设得;(2)由(1)知当时,取得最大值试题解析:(1)由

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