新余市重點中學2023-2024學年高二上數學期末考試模擬試題含解析

新余市重點中學2023-2024學年高二上數學期末考試模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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．已知對任意實數，有，且時，則時A. B.C. D.2．正方體中，E、F分別是與的中點，則直線ED與所成角的余弦值是（）A. B.C. D.3．雙曲線的漸近線方程為A. B.C. D.4．數列中，，，則（）A.32 B.62C.63 D.645．已知數列滿足，在任意相鄰兩項與(k＝1，2，…)之間插入個2，使它們和原數列的項構成一個新的數列．記為數列的前n項和，則的值為（）A.162 B.163C.164 D.1656．過點，的直線的斜率等于2，則的值為（）A.0 B.1C.3 D.47．古希臘數學家歐幾里得在《幾何原本》中描述了圓錐曲線共性，并給出了圓錐曲線的統(tǒng)一定義，只可惜對這一定義歐幾里得沒有給出證明.經過了500年，到了3世紀，希臘數學家帕普斯在他的著作《數學匯篇》中，完善了歐幾里得關于圓錐曲線的統(tǒng)一定義，并對這一定義進行了證明.他指出，到定點的距離與到定直線的距離的比是常數的點的軌跡叫做圓錐曲線；當時，軌跡為橢圓；當時，軌跡為拋物線；當時，軌跡為雙曲線.現(xiàn)有方程表示的曲線是雙曲線，則的取值范圍為（）A. B.C. D.8．如圖所示，用3種不同的顏色涂入圖中的矩形A，B，C中，要求相鄰的矩形不能使用同一種顏色，則不同的涂法有（）ABCA.3種 B.6種C.12種 D.27種9．“”是“方程為雙曲線方程”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10．圓的圓心和半徑分別是（）A.， B.，C.， D.，11．若函數在定義域上單調遞增，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.12．已知橢圓：的離心率為，則實數（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知直線與圓交于兩點，則面積的最大值為__________.14．若直線與直線平行，則________.15．已知函數，若，則________.16．不等式的解集是________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）已知點A(-2，0)，B(2，0)，動點M滿足直線AM與BM的斜率之積為，記M的軌跡為曲線C.（1）求C的方程，并說明C是什么曲線；（2）若直線和曲線C相交于E，F(xiàn)兩點，求.18．（12分）如圖，多面體中，平面平面，，四邊形為平行四邊形.（1）證明：；（2）若，求二面角的余弦值.19．（12分）如圖，在棱長為3的正方體中，分別是上的點且（1）求證：；（2）求平面與平面的夾角的余弦值20．（12分）已知{an}是公差不為零的等差數列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比數列.（Ⅰ）求數列{an}的通項;（Ⅱ）求數列的前n項和Sn.21．（12分）已知函數.（1）討論函數的單調性；（2）若函數有兩個不同的零點，求實數的取值范圍.22．（10分）已知在長方形ABCD中，AD=2AB=2，點E是AD的中點，沿BE折起平面ABE，使平面ABE⊥平面BCDE.（1）求證：在四棱錐A-BCDE中，AB⊥AC.（2）在線段AC上是否存在點F，使二面角A-BE-F的余弦值為？若存在，找出點F的位置；若不存在，說明理由.

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、B【解析】，所以是奇函數，關于原點對稱，是偶函數，關于y軸對稱，時則都是增函數，由對稱性可知時遞增，遞減，所以考點：函數奇偶性單調性2、A【解析】以A為原點建立空間直角坐標系，求出E,F,D,D1點的坐標，利用向量求法求解【詳解】如圖，以A為原點建立空間直角坐標系，設正方體的邊長為2，則，,，,,直線與所成角的余弦值為：.故選:A【點睛】本題考查異面直線所成角的求法，屬于基礎題.3、A【解析】根據雙曲線的漸近線方程知，，故選A.4、C【解析】把化成，故可得為等比數列，從而得到的值.【詳解】數列中，，故，因為，故，故，所以，所以為等比數列，公比為，首項為.所以即，故，故選C.【點睛】給定數列的遞推關系，我們常需要對其做變形構建新數列（新數列的通項容易求得），常見的遞推關系和變形方法如下：（1），取倒數變形為；（2），變形為，也可以變形為；5、C【解析】確定數列的前70項含有的前6項和64個2，從而求出前70項和.【詳解】，其中之間插入2個2，之間插入4個2，之間插入8個2，之間插入16個2，之間插入32個2，之間插入64個2，由于，，故數列的前70項含有的前6項和64個2，故故選：C6、A【解析】利用斜率公式即求.【詳解】由題可得，∴.故選：A7、C【解析】對方程進行化簡可得雙曲線上一點到定點與定直線之比為常數，進而可得結果.【詳解】已知方程可以變形為，即，∴其表示雙曲線上一點到定點與定直線之比為常數，又由，可得，故選：C.8、C【解析】根據給定信息，按用色多少分成兩類，再分類計算作答.【詳解】計算不同的涂色方法數有兩類辦法：用3種顏色，每個矩形涂一種顏色，有種方法，用2色，矩形A，C涂同色，有種方法，由分類加法計數原理得(種)，所以不同的涂法有12種.故選：C9、C【解析】先求出方程表示雙曲線時滿足的條件，然后根據“小推大”原則進行判斷即可.【詳解】因為方程為雙曲線方程，所以，所以“”是“方程為雙曲線方程”的充要條件.故選：C.10、D【解析】先化為標準方程，再求圓心半徑即可.【詳解】先化為標準方程可得，故圓心為，半徑為.故選：D.11、D【解析】函數在定義域上單調遞增等價于在上恒成立，即在上恒成立，然后易得，最后求出范圍即可.【詳解】函數的定義域為，，在定義域上單調遞增等價于在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，分離參數得，所以，即.【點睛】方法點睛：已知函數的單調性求參數的取值范圍的通解：若在區(qū)間上單調遞增，則在區(qū)間上恒成立；若在區(qū)間上單調遞減，則在區(qū)間上恒成立；然后再利用分離參數求得參數的取值范圍即可.12、C【解析】根據題意，先求得的值，代入離心率公式，即可得答案.【詳解】因為，所以所以，解得.故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、##【解析】先求出的范圍，再利用面積公式可求面積的最大值.【詳解】圓即為，直線為過原點的直線，如圖，連接，故，解得，此時，故的面積為，當且僅當時等號成立，此時即，故答案為：.14、【解析】根據直線平行的充要條件即可求出【詳解】當時，顯然兩直線不平行，所以依題有，解得故答案為：15、【解析】求出導函數，確定導函數奇函數，然后可求值【詳解】由已知，它是奇函數，∴故答案為：【點睛】本題考查導數的運算，考查函數的奇偶性，確定函數的奇偶性是解題關鍵16、【解析】先將分式不等式化為一元二次不等式，再根據一元二次不等式的解法解不等式即可【詳解】∵，∴（x﹣2）（x+4）＜0，∴-4＜x＜2，即不等式的解集為{x|-4＜x＜2}故答案為.【點睛】本題主要考查分式不等式及一元二次不等式的解法，比較基礎三、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），曲線是一個雙曲線，除去左右頂點（2）【解析】（1）設，則的斜率分別為，，根據題意列出方程，化簡后即得C的方程，根據方程可以判定曲線類型，注意特殊點的去除；（2）聯(lián)立方程，利用韋達定理和弦長公式計算可得.【小問1詳解】解：設，則的斜率分別為，，由已知得，化簡得，即曲線C的方程為，曲線一個雙曲線，除去左右頂點.【小問2詳解】解：聯(lián)立消去整理得，設，，則，.18、（1）證明見解析（2）【解析】（1）先通過平面平面得到，再結合，可得平面，進而可得結論；（2）取的中點，的中點，連接，，以點為坐標原點，分別以，，為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量以及平面的一個法向量，求這兩個法向量的夾角即可得結果.【詳解】解：（1）因為平面平面，交線為，又，所以平面，，又，，則平面，平面，所以，；（2）取的中點，的中點，連接，，則平面，平面；以點坐標原點，分別以，，為軸，軸，軸建立空間直角坐標系如圖所示，已知，則，，，，，，則，，設平面的一個法向量，由得令，則，，即；平面的一個法向量為；.所以二面角的余弦值為.【點睛】本題考查線線垂直的證明以及空間向量發(fā)求面面角，考查學生計算能力以及空間想象能力，是中檔題.19、（1）證明見解析（2）【解析】（1）建立空間直角坐標系后得到相關向量，再運用數量積證明；（2）求出相關平面的法向量，再運用夾角公式計算即可.【小問1詳解】建立如下圖所示的空間直角坐標系：，，，，，∴，故.【小問2詳解】，，，設平面的一個法向量為，由，令，則，取平面的一個法向量為，設平面與平面夾角為，易知：為銳角，故，即平面與平面夾角的余弦值為.20、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】本試題考查了等差數列與等比數列的概念以及等比數列的前n項和公式等基本知識（Ⅰ）由題設知公差由成等比數列得解得（舍去），故的通項（Ⅱ）由（Ⅰ）知，由等比數列前n項和公式得點評：本試題題目條件給的比較清晰，直接．只要抓住概念就可以很好的解決21、（1）答案見解析（2）【解析】(1)求函數的定義域及導函數，根據導數與函數的單調性關系判斷函數的單調性；(2)結合已知條件，根據函數的單調性，極值結合零點存在性定理列不等式求實數的取值范圍.【小問1詳解】的定義域為，當時，恒成立，上單調遞增，當時，在遞減，在遞增【小問2詳解】當時，恒成立，上單調遞增，所以至多存一個零點，不符題意，故舍去.當時，在遞減，在遞增；所以有極小值為構造函數，恒成立，所以在單調遞減，注意到①當時，，則函數至多只有一個零點，不符題意，舍去.②當時，函數圖象連續(xù)不間斷，的極小值為，又函數在單調遞減，所以在上存在唯一一個零點；，令，構造函數，恒成立.在單調遞增，所以，即，所以函數在單調遞增，所以在上存在唯一一個零點；當時，函數怡有兩個零點，即在上各有一個零點.綜上，函數有兩個不同的零點，實數的取值范圍為.【點睛】函數零點的求解與判斷方法：(1)直接求零點：令f(x)＝0，如果能求出解，則有幾個解就有幾個零點(2)零點存在性定理：利用定理不僅要函數在區(qū)間[a，b]上是連續(xù)不斷的曲線，且f(a)·f(b)＜0，還必須結合函數的圖象與性質(如單調性、奇偶性)才能確定函數有多少個零點(3)利用圖象交點的個數：將函數變形為兩個函數的差，畫兩個函數的圖象，看其交點的橫坐標有幾個不同的值，就有幾個不同的零點.22、（1）證明見解析（2）點F為線段AC的中點【解析】（1）由平面幾何知識證得CE⊥BE，再根據面面垂直的性質，線面垂直的判定和性質可得證；（2）取BE的中點O，以O為原點，分別以的方向為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，假設在線段AC上存在點F，設=λ，運用二面角的向量求解方法可求得，可得點F的位置.【小問1詳解】證明：因為在長方形ABCD中，AD=2AB=2，點E是AD的中點，所以BE=CE=2，又BC=2，所以，所以CE⊥BE，又平面ABE⊥平面BCDE，面面，所以CE⊥平面ABE，所以AB⊥CE.又AB⊥AE，，所以AB⊥平面AEC，即得AB⊥AC.【小問2詳解】解：存在點F，F(xiàn)為線段AC的中點.由（1）得△ABE和△BEC均為等腰直角三角形，取BE的中點O