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文档简介
2025届山东省费县高二数学第一学期期末复习检测模拟试题注意事项: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.已知等比数列的前n项和为,且,则()A.20 B.30C.40 D.502.若双曲线的两个焦点为,点是上的一点,且,则双曲线的渐近线与轴的夹角的取值范围是()A. B.C. D.3.有3个兴趣小组,甲、乙两位同学各自参加其中一个小组,每位同学参加各个小组可能性相同,则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为A. B.C. D.4.直线的斜率是()A. B.C. D.5.在等差数列中,其前项和为.若,是方程的两个根,那么的值为()A.44 B.C.66 D.6.已知直线与圆相离,则以,,为边长的三角形为()A.钝角三角形 B.直角三角形C.锐角三角形 D.不存在7.在各项都为正数的数列中,首项为数列的前项和,且,则()A. B.C. D.8.设为直线上任意一点,过总能作圆的切线,则的最大值为()A. B.1C. D.9.已知空间向量,则()A. B.C. D.10.对于实数a,b,c,下列命题中的真命题是()A.若,则 B.,则C.若,,则, D.若,则11.在三棱锥中,,,则异面直线PC与AB所成角的余弦值是()A. B.C. D.12.已知数列是等差数列,其前n项和为,则下列说法错误的是()A.数列一定是等比数列 B.数列一定是等差数列C.数列一定是等差数列 D.数列可能是常数数列二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知函数,若在定义域内有两个零点,那么实数a的取值范围为___________.14.设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn=__________.15.设在中,角A、B、C所对的边分别为a、b、c,从下列四个条件:①;②;③;④中选出三个条件,能使满足所选条件的存在且唯一的所有c的值为______.16.等比数列的前n项和,则的通项公式为___________.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:,,为圆上的动点,若线段的垂直平分线交于点.(1)求动点的轨迹的方程;(2)已知为上一点,过作斜率互为相反数且不为0的两条直线,分别交曲线于,,求的取值范围.18.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD=2AD=4,PD⊥CD,PD⊥AD,底面ABCD为正方形,M、N、Q分别为AD、PD、BC的中点(1)证明:面PAQ//面MNC;(2)求二面角M-NC-D的余弦值19.(12分)已知复数,其中i是虚数单位,m为实数(1)当复数z为纯虚数时,求m的值;(2)当复数在复平面内对应的点位于第三象限时,求m的取值范围20.(12分)如图,在直三棱柱中,,,,为的中点,点,分别在棱,上,,.(1)求点到直线的距离(2)求平面与平面夹角的余弦值.21.(12分)城南公园种植了4棵棕榈树,各棵棕榈树成活与否是相互独立的,成活率为p,设为成活棕榈树的株数,数学期望.(1)求p的值并写出的分布列;(2)若有2棵或2棵以上的棕榈树未成活,则需要补种,求需要补种棕榈树的概率.22.(10分)已知函数,当时,有极大值3(1)求的值;(2)求函数的极小值
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】利用等比数列的前n项和公式即可求解.【详解】设等比数列的首项为,公比为,则,由得,即,解得或(舍),且代入①得,则,所以.故选:B.2、B【解析】由条件结合双曲线的定义可得,然后可得,然后可求出的范围即可.【详解】由双曲线的定义可得,结合可得当点不为双曲线的顶点时,可得,即当点为双曲线的顶点时,可得,即所以,所以,所以所以双曲线的渐近线与轴的夹角的取值范围是故选:B3、A【解析】每个同学参加的情形都有3种,故两个同学参加一组的情形有9种,而参加同一组的情形只有3种,所求的概率为p=选A4、D【解析】把直线方程化为斜截式即得【详解】直线方程的斜截式为,斜率为故选:D5、D【解析】由,是方程的两个根,利用韦达定理可知与的和,根据等差数列的性质可得与的和等于,即可求出的值,然后再利用等差数列的性质可知等于的11倍,把的值代入即可求出的值.【详解】因为,是方程的两个根,所以,而,所以,则,故选:.6、A【解析】应用直线与圆的相离关系可得,再由余弦定理及三角形内角的性质即可判断三角形的形状.【详解】由题设,,即,又,所以,且,故以,,为边长的三角形为钝角三角形.故选:A.7、C【解析】当时,,故可以得到,因为,进而得到,所以是等比数列,进而求出【详解】由,得,得,又数列各项均为正数,且,∴,∴,即∴数列是首项,公比的等比数列,其前项和,得,故选:C.8、D【解析】根据题意,判断点与圆的位置关系以及直线与圆的位置关系,根据直线与圆的位置关系,即可求得的最大值.【详解】因为过过总能作圆的切线,故点在圆外或圆上,也即直线与圆相离或相切,则,即,解得,故的最大值为.故选:D.9、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:C10、C【解析】对于选项A,可以举反例判断;对于选项BCD可以利用作差法判断得解.【详解】解:A.若,则不一定成立.如:.所以该选项错误;B.,所以,所以该选项错误;C.,所以该选项正确;D.,所以该选项错误.故选:C11、A【解析】分别取、、的中点、、,连接、、、、,由题意结合平面几何的知识可得、、或其补角即为异面直线PC与AB所成角,再由余弦定理即可得解.【详解】分别取、、的中点、、,连接、、、、,如图:由可得,所以,在,,可得由中位线的性质可得且,且,所以或其补角即为异面直线PC与AB所成角,在中,,所以异面直线AB与PC所成角的余弦值为.故选:A.【点睛】思路点睛:平移线段法是求异面直线所成角的常用方法,其基本思路是通过平移直线,把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决,具体步骤如下:(1)平移:平移异面直线中的一条或两条,作出异面直线所成的角;(2)认定:证明作出的角就是所求异面直线所成的角;(3)计算:求该角的值,常利用解三角形;(4)取舍:由异面直线所成的角的取值范围是,当所作的角为钝角时,应取它的补角作为两条异面直线所成的角12、B【解析】可根据已知条件,设出公差为,选项A,可借助等比数列的定义使用数列是等差数列,来进行判定;选项B,数列,可以取,即可判断;选项C,可设,表示出再进行判断;选项D,可采用换元,令,求得的关系即可判断.【详解】数列是等差数列,设公差为,选项A,数列是等差数列,那么为常数,又,则数列一定是等比数列,所以选项A正确;选项B,当时,数列不存在,故该选项错误;选项C,数列是等差数列,可设(A、B为常数),此时,,则为常数,故数列一定是等差数列,所以该选项正确;选项D,,则,当时,,此时数列可能是常数数列,故该选项正确.故选:B.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】先求定义域,再求导,针对分类讨论,结合单调性,极值,最值得到,研究其单调性及其零点,求出结果.【详解】定义域为,,当时,恒成立,在单调递减,不会有两个零点,故舍去;当时,在上,单调递增,在上,单调递减,故,又因为时,,时,,故要想在定义域内有两个零点,则,令,,,单调递增,又,故当时,.故答案为:14、-.【解析】因为,所以,所以,即,又,即,所以数列是首项和公差都为的等差数列,所以,所以考点:数列的递推关系式及等差数列的通项公式【方法点晴】本题主要考查了数列的通项公式、数列的递推关系式的应用、等差数列的通项公式及其性质定知识点的综合应用,解答中得到,,确定数列是首项和公差都为的等差数列是解答的关键,着重考查了学生灵活变形能力和推理与论证能力,平时应注意方法的积累与总结,属于中档试题15、,##,【解析】由①②结合正弦定理可求出,但是角不唯一,故所选条件中不能同时有①②,只能是①③④或②③④,若选①③④,结合余弦定理可求,若选②③④,结合正弦定理即可求解【详解】由①②结合正弦定理,所以,此时角不唯一,所以故所选条件中不能同时有①②,所以只能是①③④或②③④,若选①③④,即,,,由余弦定理可得,解得,若选②③④,即,,,因为,,所以,由正弦定理得,,故答案为:,16、【解析】利用的关系,结合是等比数列,即可求得结果.【详解】因为,故当时,,则,又当时,,因为是等比数列,故也满足,即,故,此时满足,则.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)动点的轨迹的方程为;(2)的取值范围.【解析】(1)由条件线段的垂直平分线交于点可得,由此可得,根据椭圆的定义可得点的轨迹为椭圆,结合椭圆的标准方程求动点的轨迹的方程;(2)由(1)可求点坐标,设直线的方程为,,联立方程组化简可得,,由直线,的斜率互为相反数可得的值,再由弦长公式求的长,再求其范围.【小问1详解】由题知故.即即在以为焦点且长轴为4的椭圆上则动点的轨迹的方程为:;【小问2详解】故即.设:,联立(*),,∴,,又则:即若,则过,不符合题意故,∴,故18、(1)证明过程见解析(2)【解析】(1)由线线平行证明线面平行;(2)建立空间直角坐标系,利用空间向量进行求解二面角的余弦值.【小问1详解】因为M,N是DA,PD的中点,所以MN//AP,因为平面PAQ,平面PAQ,所以MN//平面PAQ因为四边形ABCD为正方形,且Q为BC中点,所以MA//CQ,且MA=CQ,所以四边形MAQC为平行四边形,所以CM//AQ,因为平面PAQ,平面PAQ,所以MC//平面PAQ,因为,所以面PAQ//面MNC【小问2详解】因为PD⊥CD,PD⊥AD,AD⊥CD故以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DP所在直线为z轴建立空间直角坐标系,则,,,设平面NMC的法向量为,则,令得:,所以,平面NDC的法向量为,则,设二面角M-NC-D的大小为,显然为锐角,则19、(1)4(2)【解析】(1)根据纯虚数,实部为零,虚部不为零列式即可;(2)根据第三象限,实部小于零,虚部小于零,列式即可.【小问1详解】因为为纯虚数,所以解得或,且且综上可得,当为纯虚数时;【小问2详解】因为在复平面内对应的点位于第三象限,解得或,且即,故的取值范围为.20、(1);(2).【解析】(1)由直棱柱的性质及勾股定理求出△各边长,应用余弦定理求,进而可得其正弦值,再求边上的高即可.(2)以为原点,,,所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,然后求出两个平面的法向量,然后可算出答案.【小问1详解】如图,连接,由题设,,,,由直棱柱性质及,在中,在中,在中,在中,所以在△中,,则,所以到直线的距离.【小问2详解】以为原点,,,所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系易知:,,,则,因为平面,所以平面的一个法向量为设平面的法向量为,则,取,则,所以,即平面与平面的夹角的余弦值为21、(1),分布列见解析;(2).【解析】(1)根据二项分布知识即可求解;(2)将补种棕榈树的概率转化为成活的概率,结合概率加法公式即可求解.【小问1详解】由题意知,,又,所以,故未成活率为,由于所有可能的取值为0,1,2,3,4,所以,,,,,则的分布
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