云南省南華縣民族中學2023-2024學年高二數學第一學期期末聯考模擬試題含解析

云南省南華縣民族中學2023-2024學年高二數學第一學期期末聯考模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知命題對任意，總有；是方程的根則下列命題為真命題的是A. B.C. D.2．在等比數列中，，，則等于（）A.90 B.30C.70 D.403．設,則是的A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件4．若兩條直線與互相垂直，則的值為（）A.4 B.-4C.1 D.-15．若數列滿足，則數列的通項公式為（）A. B.C. D.6．已知橢圓的兩個焦點分別為，若橢圓上不存在點，使得是鈍角，則橢圓離心率的取值范圍是（）A. B.C. D.7．在數列中，，則的值為（）A. B.C. D.以上都不對8．橢圓的長軸長是（）A.3 B.4C.6 D.89．在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若，，則的形狀為（）A.直角三角形 B.等邊三角形C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形10．在中，角、、的對邊分別是、、，若．則的大小為（）A. B.C. D.11．已知f(x)＝x3＋(a－1)x2＋x＋1沒有極值，則實數a的取值范圍是（）A.[0，1] B.(－∞，0]∪[1，＋∞)C.[0，2] D.(－∞，0]∪[2，＋∞)12．已知，若與的展開式中的常數項相等，則（）A.1 B.3C.6 D.9二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在數列中，，，則數列中最大項的數值為__________14．若關于的不等式恒成立，則實數的取值范圍是______.15．已知數列前項和為，且，則_______.16．已知點P是拋物線y2＝2x上的動點，點P在y軸上的射影是M，點，則|的最小值是_________三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知圓內有一點，過點作直線交圓于、兩點（1）當經過圓心時，求直線的方程；（2）當弦的長為時，求直線的方程18．（12分）已知函數，其中（1）討論的單調性；（2）若不等式對一切恒成立，求實數k的最大值19．（12分）已知橢圓）過點A（0，），且與雙曲線有相同的焦點（1）求橢圓C的方程；（2）設M，N是橢圓C上異于A的兩點，且滿足，試判斷直線MN是否過定點，并說明理由20．（12分）如圖，在三棱錐中，已知△ABC和△PBC均為正三角形，D為BC的中點（1）求證：平面；（2）若，，求三棱錐的體積21．（12分）如圖，已知橢圓的短軸端點為、，且，橢圓C的離心率，點，過點P的動直線l橢圓C交于不同的兩點M、N與，均不重合），連接，，交于點T（1）求橢圓C的方程；（2）求證：當直線l繞點P旋轉時，點T總在一條定直線上運動；（3）是否存在直線l，使得？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由22．（10分）已知橢圓C：，右焦點為F(，0)，且離心率為（1）求橢圓C的標準方程；（2）設M，N是橢圓C上不同的兩點，且直線MN與圓O：相切，若T為弦MN的中點，求|OT||MN|的取值范圍

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】由絕對值的意義可知命題p為真命題；由于，所以命題q為假命題；因此為假命題，為真命題，“且”字聯結的命題只有當兩命題都真時才是真命題，所以答案選A2、D【解析】根據等比數列的通項公式即可求出答案.【詳解】設該等比數列的公比為q，則，則.故選：D3、B【解析】,，所以是必要不充分條件，故選B.考點：1.指、對數函數的性質；2.充分條件與必要條件.4、A【解析】根據兩直線垂直的充要條件知：，即可求的值.【詳解】由兩直線垂直，可知：，即.故選：A5、D【解析】由，分兩步，當求出，當時得到，兩式作差即可求出數列的通項公式；【詳解】解：因為①，當時，，當時②，①②得，所以，當時也成立，所以；故選：D6、C【解析】點P取端軸的一個端點時，使得∠F1PF2是最大角．已知橢圓上不存在點P，使得∠F1PF2是鈍角，可得b≥c，利用離心率計算公式即可得出【詳解】∵點P取端軸的一個端點時，使得∠F1PF2是最大角已知橢圓上不存在點P，使得∠F1PF2是鈍角，∴b≥c，可得a2﹣c2≥c2，可得：a∴故選C【點睛】本題考查了橢圓的標準方程及其性質，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．求橢圓的離心率(或離心率的取值范圍)，常見有兩種方法：①求出，代入公式；②只需要根據一個條件得到關于的齊次式，結合轉化為的齊次式，然后等式(不等式)兩邊分別除以或轉化為關于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得(的取值范圍).7、C【解析】由數列的遞推公式可先求數列的前幾項，從而發(fā)現數列的周期性的特點，進而可求.【詳解】解：，數列是以3為周期的數列故選：【點睛】本題主要考查了利用數列的遞推公式求解數列的項，解題的關鍵是由遞推關系發(fā)現數列的周期性的特點，屬于基礎題.8、D【解析】根據橢圓方程可得到a，從而求得長軸長.【詳解】橢圓方程為，故，所以橢圓長軸長為，故選:D.9、B【解析】直接利用正弦定理以及已知條件，求出、、的關系，即可判斷三角形的形狀【詳解】解：在中，已知，，，分別為角，，的對邊），由正弦定理可知：，所以，解得，所以為等邊三角形故選：【點睛】本題考查三角形的形狀的判斷，正弦定理的應用，考查計算能力，屬于基礎題10、B【解析】利用余弦定理結合角的范圍可求得角的值，再利用三角形的內角和定理可求得的值.【詳解】因為，則，則，由余弦定理可得，因為，則，故.故選：B.11、C【解析】求導得，再解不等式即得解.【詳解】由得，根據題意得，解得故選：C12、B【解析】根據二項展開式的通項公式即可求出【詳解】的展開式中的常數項為，而的展開式中的常數項為，所以，又，所以故選：B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】用累加法求出通項，再由通項表達式確定最大項.【詳解】當時，，所以數列中最大項的數值為故答案為:14、【解析】設由題可知，當時，可得適合題意，當時，可求函數的最小值即得，當時不合題意，即得.【詳解】設，由題可知，∴，當時，，適合題意，所以，當時，令，則，此時時，，單調遞減，，，單調遞增，∴，又，∴，∴，即，解得，當時，時，，，故的值有正有負，不合題意；綜上，實數的取值范圍是.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題考查不等式恒成立求參數的取值范圍，設由題可知，當時，利用導數可求函數的最小值，結合，可得，進而通過解，即得.15、，.【解析】由的遞推關系，討論、求及，注意驗證是否滿足通項，即可寫出的通項公式.【詳解】當時，，當且時，，而，即也滿足，∴，.故答案為：，.16、##【解析】由拋物線的定義可得，所以的最小值轉化為求的最小值，由圖可知的最小值為，從而可求得答案【詳解】拋物線y2＝2x焦點，準線為，由拋物線的定義可得，所以,因為，，所以，所以，當且僅當三點共線且在線段上時，取得最小值，所以的最小值為，故答案為：三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）或【解析】（1）求得圓心坐標，由點斜式求得直線點的方程.（2）分成直線斜率存在和不存在兩種情況進行分類討論，由此求得直線的方程.【詳解】（1）圓心坐標為（1，0），，，整理得（2）圓的半徑為3，當直線的斜率存在時，設直線的方程為，整理得，圓心到直線的距離為，解得，代入整理得當直線的斜率不存在時，直線的方程為，經檢驗符合題意∴直線的方程為或18、（1）答案見解析（2）【解析】（1）先對函數求導，然后分和討論導數的正負，從而可求出函數的單調區(qū)間，（2）由題意得恒成立，構造函數，利用導數求出其最小值即可【小問1詳解】由，得當時，恒成立，∴在上單調遞增當時，令，得，得，∴在上單調遞增，在上單調遞減綜上所述：當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞增，在上單調遞減【小問2詳解】依題意得對一切恒成立，即令，則令，則在上單調遞增，而當時，，即；當時，，即∴在上單調遞減，在上單調遞增∴∴，即k的最大值為19、（1）（2）直線過定點；理由見解析【解析】（1）根據題意可求得，進而求得橢圓方程；（2）考慮直線斜率是否存在，設直線方程并聯立橢圓方程，得到根與系數的關系式，然后利用，將根與系數的關系式代入化簡得到，結合直線方程,化簡可得結論.【小問1詳解】依題意，，所以，故橢圓方程為：【小問2詳解】當直線MN的斜率不存在時，設M（），N（，），則，,此時M，N重合，不符合題意；當直線MN的斜率存在時，設MN的方程為：，M（，），N（），與橢圓方程聯立可得：，即，∴，即，∴，∴，∴，當時，,直線MN：，即，令，則，∴直線過定點【點睛】本題考查了橢圓方程的求法以及直線和橢圓相交時過定點的問題，解答時要注意解題思路的順暢，解答的難點在于運算量較大且復雜，需要十分細心.20、（1）證明見解析；（2）.【解析】【小問1詳解】因為△ABC和△PBC為正三角形，D為BC的中點，所以,又,所以平面【小問2詳解】因為△ABC和△PBC為正三角形，且，所以,又，所以正三角形的面積為，所以.21、（1）（2）證明見解析；（3）不存在直線l，使得成立，理由見解析.【解析】（1）根據題意，列出方程組，求得，即可求得橢圓的方程；（2）設直線的方程為，聯立方程組求得，設，根據和在同一條直線上，列出方程求得的值，即可求解；（3）設直線的為，把轉化為，聯立方程組求得，代入列方程，求得，即可得到結論.【小問1詳解】解：由題意可得，解得，所以所求橢圓的方程為.【小問2詳解】解：由題意，因為直線過點，可設直線的方程為，，聯立方程組，整理得，可得，因為直線與橢圓有兩個交點，所以，解得，設，因為在同一條直線上，則，①又由在同一條直線上，則，②由①+②3所以，整理得，解得，所以點在直線，即當直線l繞點P旋轉時，點T總在一條定直線上運動.【小問3詳解】解：由（2）知，點在直線上運動，即，設直線的方程為，且，又由且，可得，即，聯立方程組，整理得，可得，代入可得，解得，即，此時直線的斜率不存在，不合題意，所以不存在直線l，使得成立.22、（1）；（2）[，3].【解析】（1）由題可得，即求；（2）當直線的斜率不存在或為0，易求，當直線MN斜率存在且不為0時，設直線MN的方程為：，利用直線與圓相切可得，再聯立橢圓方程并應用韋達定理求得，然后利用基本不等式即得.【小問1詳解】由題可得，∴??=2，??