上海市靜安區(qū)市級名校2024屆高二數(shù)學第一學期期末綜合測試模擬試題含解析

上海市靜安區(qū)市級名校2024屆高二數(shù)學第一學期期末綜合測試模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．阿基米德（Archimedes，公元前287年-公元前212年），出生于古希臘西西里島敘拉古（今意大利西西里島上），偉大的古希臘數(shù)學家、物理學家，與高斯、牛頓并稱為世界三大數(shù)學家．有一類三角形叫做阿基米德三角形（過拋物線的弦與過弦端點的兩切線所圍成的三角形），他利用“通近法”得到拋物線的弦與拋物線所圍成的封閉圖形的面積等于阿基米德三角形面積的（即右圖中陰影部分面積等于面積的）．若拋物線方程為，且直線與拋物線圍成封閉圖形的面積為6，則（）A.1 B.2C. D.32．若：，：，則為q的（）A.充分必要條件 B.充分不必要條件C.必要不充分條件 D.既不充分又不必要條件3．已知點，和直線，若在坐標平面內(nèi)存在一點P，使，且點P到直線l的距離為2，則點P的坐標為（）A.或 B.或C.或 D.或4．已知函數(shù)（為自然對數(shù)的底數(shù)），若的零點為，極值點為，則（）A. B.0C.1 D.25．如圖，在三棱錐中，，則三棱錐外接球的表面積是（）A. B.C. D.6．已知，若，則（）A. B.2C. D.e7．函數(shù)的圖像大致是（）A. B.C. D.8．為迎接2022年冬奧會，某校在體育冰球課上加強冰球射門訓練，現(xiàn)從甲、乙兩隊中各選出5名球員，并分別將他們依次編號為1，2，3，4，5進行射門訓練，他們的進球次數(shù)如折線圖所示，則在這次訓練中以下說法正確的是（）A.甲隊球員進球的中位數(shù)比乙隊大 B.乙隊球員進球的中位數(shù)比甲隊大C.乙隊球員進球水平比甲隊穩(wěn)定 D.甲隊球員進球數(shù)的極差比乙隊小9．下列說法中正確的是A.命題“若，則”的逆命題為真命題B.若為假命題，則均為假命題C.若為假命題，則為真命題D.命題“若兩個平面向量滿足，則不共線”的否命題是真命題.10．已知四棱錐，底面為平行四邊形，分別為，上的點，，設(shè)，則向量用為基底表示為（）A. B.C. D.11．下列函數(shù)求導錯誤的是（）A.B.C.D.12．南北朝時期杰出的數(shù)學家祖沖之的兒子祖暅在數(shù)學上也有很多創(chuàng)造，其最著名的成就是祖暅原理：夾在兩個平行平面之間的幾何體，被平行于這兩個平面的任意平面所截，如果截得的兩個截面的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等，現(xiàn)有一個圓柱體和一個長方體，它們的底面面積相等，高也相等，若長方體的底面周長為，圓柱體的體積為，根據(jù)祖暅原理，可推斷圓柱體的高（）A.有最小值 B.有最大值C.有最小值 D.有最大值二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知正三棱柱中，底面積為，一個側(cè)面的周長為，則正三棱柱外接球的表面積為______.14．曲線圍成的圖形的面積為___________.15．過拋物線的焦點作傾斜角為的直線，與拋物線分別交于兩點（點在軸上方），_________16．已知橢圓的右焦點為，短軸的一個端點為，直線交橢圓于兩點．若，點到直線的距離不小于，則橢圓的離心率的取值范圍是______________三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在等差數(shù)列中，已知公差，且成等比數(shù)列（1）求數(shù)列的通項公式；（2）記，求數(shù)列的前項和18．（12分）如圖，在直三棱柱中，，E、F分別是、的中點（1）求證：平面；（2）求證：平面19．（12分）如圖，在三棱柱中，平面ABC，，，，點D，E分別在棱和棱上，且，，M為棱中點（1）求證：；（2）求直線AB與平面所成角的正弦值20．（12分）如圖1，在中，，，，分別是，邊上的中點，將沿折起到的位置，使，如圖2（1）求點到平面的距離；（2）在線段上是否存在一點，使得平面與平面夾角的余弦值為．若存在，求出長；若不存在，請說明理由21．（12分）已如橢圓C：＝1（a＞b＞0）的有頂點為M（2，0），且離心率e＝，點A，B是橢圓C上異于點M的不同的兩點（Ⅰ）求橢圓C的方程；（Ⅱ）設(shè)直線MA與直線MB的斜率分別為k1，k2，若k1?k2＝，證明：直線AB一定過定點22．（10分）已知函數(shù),.(1)討論函數(shù)的單調(diào)性;(2)若不等式在上恒成立,求實數(shù)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、D【解析】根據(jù)題目所給條件可得阿基米德三角形的面積，再利用三角形面積公式即可求解.【詳解】由題意可知，當過焦點的弦垂直于x軸時，即時，，即，故選：D2、D【解析】根據(jù)充分條件和必要條件的定義即可得出答案.【詳解】解：因為：，：，所以，所以為q的既不充分又不必要條件.故選：D.3、C【解析】設(shè)點的坐標為，根據(jù)，點到直線的距離為，聯(lián)立方程組即可求解.【詳解】解：設(shè)點的坐標為，線段的中點的坐標為，，∴的垂直平分線方程為，即，∵點在直線上，∴，又點到直線：的距離為，∴，即，聯(lián)立可得、或、，∴所求點的坐標為或，故選：C4、C【解析】令可求得其零點，即的值，再利用導數(shù)可求得其極值點，即的值，從而可得答案【詳解】解：，當時，，即，解得；當時，恒成立，的零點為又當時，為增函數(shù)，故在，上無極值點；當時，，，當時，，當時，，時，取到極小值，即的極值點，故選：C【點睛】本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的極值，考查函數(shù)的零點，考查分段函數(shù)的應(yīng)用，突出分析運算能力的考查，屬于中檔題5、A【解析】根據(jù)題意，將該幾何體放置于正方體中截得，進而轉(zhuǎn)化為求邊長為2的正方體的外接球，再求解即可.【詳解】解：因為在三棱錐中，，所以將三棱錐補形成正方體如圖所示，正方體的邊長為2，則體對角線長為，外接球的半徑為，所以外接球的表面積為，故選：.6、B【解析】求得導函數(shù)，則，計算即可得出結(jié)果.【詳解】,.,解得：.故選：B7、B【解析】由導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性及指數(shù)的增長趨勢即可判斷.【詳解】當時，，∴在上單調(diào)遞增，當時，，∴在上單調(diào)遞減，排除A、D；又由指數(shù)函數(shù)增長趨勢，排除C.故選：B8、C【解析】根據(jù)折線圖，求出甲乙中位數(shù)、平均數(shù)及方差、極差，即可判斷各選項的正誤.【詳解】由題圖，甲隊數(shù)據(jù)從小到大排序為，乙隊數(shù)據(jù)從小到大排序為，所以甲乙兩隊的平均數(shù)都為5，甲、乙進球中位數(shù)相同都為5，A、B錯誤；甲隊方差為，乙隊方差為，即，故乙隊球員進球水平比甲隊穩(wěn)定，C正確.甲隊極差為6，乙隊極差為4，故甲隊極差比乙隊大，D錯誤.故選：C9、D【解析】A中，利用四種命題的的真假判斷即可；B、C中，命題“”為假命題時，、至少有一個為假命題；D中，寫出該命題的否命題，再判斷它的真假性【詳解】對于A，命題“若，則”的逆命題是：若，則；因為也成立.所以A不正確；對于B，命題“”為假命題時，、至少有一個為假命題，所以B錯誤；C錯誤；對于D，“平面向量滿足”，則不共線的否命題是，若“平面向量滿足”，則共線；由知：，一定有，，所以共線，D正確.故選：D.【點睛】本題考查了命題的真假性判斷問題，也考查了推理與判斷能力，是基礎(chǔ)題10、D【解析】通過尋找封閉的三角形，將相關(guān)向量一步步用基底表示即可.【詳解】.故選：D11、C【解析】每一個選項根據(jù)求導公式及法則來運算即可判斷.【詳解】對于A，，正確；對于B，，正確；對于C，，不正確；對于D，，正確.故選：C12、C【解析】由條件可得長方體的體積為，設(shè)長方體的底面相鄰兩邊分別為，根據(jù)基本不等式，可求出底面面積的最大值，進而求出高的最小值，得出結(jié)論.【詳解】依題意長方體的體積為，設(shè)圓柱的高為長方體的底面相鄰兩邊分別為，，當且僅當時，等號成立，.故選:C.【點睛】本題以數(shù)學文化為背景，考查基本不等式求最值，要認真審題，理解題意，屬于基礎(chǔ)題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】首先由條件求出底面邊長和高，然后設(shè)、分別為上、下底面的的中心，連接，設(shè)的中點為，則點為正三棱柱外接球的球心，然后求出的長度即可.【詳解】如圖所示，設(shè)底面邊長為，則底面面積為，所以，因此等邊三角形的高為：，因為一個側(cè)面的周長為，所以設(shè)、分別為上、下底面的的中心，連接，設(shè)的中點為則點為正三棱柱外接球的球心，連接、則在直角三角形中，即外接球的半徑為，所以外接球的表面積為，故答案為：【點睛】關(guān)鍵點睛：求幾何體的外接球半徑的關(guān)鍵是根據(jù)幾何體的性質(zhì)找出球心的位置.14、##【解析】曲線圍成圖形關(guān)于軸，軸對稱，故只需要求出第一象限的面積即可.【詳解】將或代入方程，方程不發(fā)生改變，故曲線關(guān)于軸，軸對稱，因此只需求出第一象限的面積即可.當，時，曲線可化為：，表示的圖形為一個半圓，圍成的面積為，故曲線圍成的圖形的面積為.故答案：.15、3【解析】根據(jù)拋物線焦半徑公式，所以.故答案為：3.16、【解析】設(shè)左焦點為，連接，．則四邊形是平行四邊形，可得．設(shè)，由點M到直線l的距離不小于，即有，解得．再利用離心率計算公式即可得出范圍【詳解】設(shè)左焦點為，連接，．則四邊形是平行四邊形，故，所以，所以，設(shè)，則，故，從而，，，所以，即橢圓的離心率的取值范圍是【點睛】本題考查了橢圓的定義標準方程及其性質(zhì)、點到直線的距離公式、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）an=n（2）【解析】（1）由已知條件可得（d+2）2=2d+7，從而可求出公差，進而可求得數(shù)列的通項公式，（2）由（1）得，然后利用錯位相減法求【小問1詳解】因a1，a2+1，a3+6成等比數(shù)列，所以又a1=1，所以（d+2）2=2d+7，所以d=1或d=（舍），所以an=n；【小問2詳解】因為，所以，所以，所以所以18、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】（1）連接，交于點M，連接ME，則M為中點．根據(jù)三角形的中位線定理和平行四邊形的判斷和性質(zhì)可證得，再由線面平行的判定定理可得證；（2）由線面垂直的性質(zhì)和判定可得證.【詳解】證明：（1）連接，交于點M，連接ME，則M為中點因為E、F分別是與的中點，所以，則，從而為平行四邊形，則又因為平面平面，所以平面（2）由平面，因為平面，所以而，M為的中點，所以因為，所以平面，由（1）有，故平面19、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）由線面垂直、等腰三角形的性質(zhì)易得、，再根據(jù)線面垂直的判定及性質(zhì)證明結(jié)論；（2）構(gòu)建空間直角坐標系，確定相關(guān)點坐標，進而求的方向向量、面的法向量，應(yīng)用空間向量夾角的坐標表示求直線與平面所成角的正弦值.【小問1詳解】在三棱柱中，平面，則平面，由平面，則，，則，又為的中點，則，又，則平面，由平面，因此，.【小問2詳解】以為原點，以，，為軸、軸、軸的正方向建立空間直角坐標系，如圖所示，可得：，，，，，，.∴，，，，設(shè)為面的法向量，則，令得，設(shè)與平面所成角為，則，∴直線與平面所成角的正弦值為.20、（1）（2）存在，【解析】（1）根據(jù)題意分別由已知條件計算出的面積和的面積，利用求解，（2）如圖建立空間直角坐標系，設(shè)，然后求出平面與平面的法向量，利用向量平夾角公式列方程可求得結(jié)果小問1詳解】在中，，因為，分別是，邊上的中點，所以∥，，所以，所以，因為，所以平面，所以平面，因為平面，所以，所以，因為平面，平面，所以平面平面，因為，所以，因為，所以是等邊三角形，取的中點，連接，則，，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，中，，所以邊上的高為，所以，在梯形中，，設(shè)點到平面的距離為，因，所以，所以，得，所以點到平面的距離為【小問2詳解】由（1）可知平面，，所以以為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則,設(shè)，則，設(shè)平面的法向量為，則，令，則，設(shè)平面的法向量為，則，令，則，則平面與平面夾角的余弦值為，兩邊平方得，，解得或（舍去），所以，所以21、（I）；（II）證明見解析.【解析】（I）根據(jù)頂點坐標求得，根據(jù)離心率求得，由此求得，進而求得橢圓方程.（II）設(shè)出直線的方程，聯(lián)立直線的方程和橢圓方程，寫出根與系數(shù)關(guān)系，根據(jù)，求得的關(guān)系式，由此判斷直線過定點.【詳解】（I）由于是橢圓的頂點，所以，由于，所以，所以，所以橢圓方程為.（II）由于是橢圓上異于點的不同的兩點，所以可設(shè)直線的方程為，設(shè)，由消去并化簡得，所以，即.，，，，解得，所以直線的方程為，過定點.【點睛】本小題主要考查橢圓方程的求法，考查直線和橢圓的位置關(guān)系，考查橢圓中的定值問題.22、（1）時，函數(shù)在單調(diào)遞增，無減區(qū)間；時，函數(shù)在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.（2）