云南师大附中2024届高二数学第一学期期末复习检测模拟试题含解析

云南师大附中2024届高二数学第一学期期末复习检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．已知点O为坐标原点，抛物线C：的焦点为F，点T在抛物线C的准线上，线段FT与抛物线C的交点为W，，则（）A.1 B.C. D.2．曲线在处的切线的斜率为（）A.-1 B.1C.2 D.33．已知f(x)为R上的可导函数，其导函数为，且对于任意的x∈R，均有，则（）A.e－2021f(－2021)>f(0)，e2021f(2021)<f(0) B.e－2021f(－2021)<f(0)，e2021f(2021)<f(0)C.e－2021f(－2021)>f(0)，e2021f(2021)>f(0) D.e－2021f(－2021)<f(0)，e2021f(2021)>f(0)4．已知数列满足，，则（）A. B.C. D.5．在一次体检中，发现甲、乙两个单位的职工中体重超过的人员的体重如下（单位：）.若规定超过为显著超重，从甲、乙两个单位中体重超过的职工中各抽取1人，则这2人中，恰好有1人显著超重的概率为（）A. B.C. D.6．如图所示，过抛物线的焦点F的直线依次交抛物线及准线于点A，B，C.若，且，则抛物线的方程为（）A. B.C. D.7．如图，在正方体中，是侧面内一动点，若到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹所在的曲线是（）A.直线 B.圆C.双曲线 D.抛物线8．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则一定是（）A.等边三角形 B.等腰三角形C.直角三角形 D.等腰直角三角形9．已知椭圆的离心率为，直线与椭圆交于两点，为坐标原点，且，则椭圆的方程为A B.C. D.10．以，为焦点，且经过点的椭圆的标准方程为（）A. B.C. D.11．设椭圆：的右顶点为，右焦点为，为椭圆在第二象限内的点，直线交椭圆于点，为原点，若直线平分线段，则椭圆的离心率为A. B.C. D.12．执行如图所示的流程图，则输出k的值为（）A.3 B.4C.5 D.2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知、双曲线的左、右焦点，A、B为双曲线上关于原点对称的两点，且满足，，则双曲线的离心率为___________.14．设O为坐标原点，抛物线的焦点为F，P为抛物线上一点，若，则的面积为____________15．瑞士数学家欧拉（Euler）1765年在所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知的顶点，，，则欧拉线的方程为______16．从1，2，3，4，5中任取两个不同的数，其中一个作为对数的底数a，另一个作为对数的真数b.则的概率为______.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）已知三点共线，其中是数列中的第n项.（1）求数列的通项；（2）设，求数列的前n项和.18．（12分）已知命题p：点在椭圆内；命题q：函数在R上单调递增（1）若p为真命题，求m的取值范围；（2）若为假命题，求实数m的取值范围19．（12分）已知数列满足，（）.（1）证明：数列是等比数列，并求出数列的通项公式；（2）数列满足：（），求数列的前项和.20．（12分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，底面分别为的中点，（1）求证：平面平面；（2）求二面角的大小21．（12分）立德中学举行冬令营活动期间，对位参加活动的学生进行了文化和体能测试，满分为150分，其测试成绩都在90分和150分之间，成绩在认定为“一般”，成绩在认定为“良好”，成绩在认定为“优秀”．成绩统计人数如下表：体能文化一般良好优秀一般0良好3优秀2例如，表中体能成绩良好且文化成绩一般的学生有2人（1）若从这位参加测试的学生中随机抽取一位，抽到文化或体能优秀的学生概率为．求，的值；（2）在（1）的情况下，从体能成绩优秀的学生中，随机抽取2人，求至少有一个人文化的成绩为优秀的概率；（3）若让使参加体能测试的成绩方差最小，写出的值．（直接写出答案）22．（10分）如图，四棱锥中，，.（1）证明：平面；（2）在线段上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值等于？

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【解题分析】根据平面向量共线的性质，结合抛物线的定义进行求解即可.【题目详解】由已知得：，该抛物线的准线方程为：，所以设，因为，所以，由抛物线的定义可知：，故选：B2、D【解题分析】先求解出导函数，然后代入到导函数中，所求导数值即为切线斜率.【题目详解】因为，所以，所以切线的斜率为.故选：D.3、D【解题分析】通过构造函数法，结合导数确定正确答案.【题目详解】构造函数，所以在上递增，所以，即.故选：D4、A【解题分析】根据递推关系依次求出即可.【题目详解】，，，，，.故选：A.5、B【解题分析】列举出所有选取的情况，再找出满足题意的情况，根据古典概型的概率计算公式即可求解.【题目详解】不妨用表示每种抽取情况，其中是指甲单位抽取1人的体重，代表从乙单位抽取人的体重.则所有的可能有16种，如下所示：，，，，，，，，，，，，，，，其中满足题意的有6种：，，，，，故抽取的这2人中，恰好有1人显著超重的概率为：.故选：.6、A【解题分析】分别过点作准线的垂线，分别交准线于点，,设，推出；根据，进而推导出，结合抛物线定义求出；最后由相似比推导出，即可求出抛物线的方程.【题目详解】如图分别过点作准线的垂线，分别交准线于点，,设与交于点.设，,，由抛物线定义得：，故在直角三角形中，，，，，，，∥，，，即，，所以抛物线的方程为.故选：A7、D【解题分析】由到直线的距离等于到点的距离可得到直线的距离等于到点的距离，然后可得答案.【题目详解】因为到直线的距离等于到点的距离，所以到直线的距离等于到点的距离，所以动点的轨迹是以为焦点、为准线的抛物线故选：D8、B【解题分析】利用余弦定理化角为边，从而可得出答案.【题目详解】解：因为，所以，则，所以，所以是等腰三角形.故选：B.9、D【解题分析】根据等腰直角三角形的性质可得，将代入椭圆方程，结合离心率为以及性质列方程组求得与的值，从而可得结果.【题目详解】设直线与椭圆在第一象限的交点为，因为，所以，即，由可得，，故所求椭圆的方程为.故选D.【题目点拨】本题主要考查椭圆的标准方程与性质，以及椭圆离心率的应用，意在考查对基础知识掌握的熟练程度，属于中档题.10、B【解题分析】根据焦点在x轴上，c=1，且过点，用排除法可得.也可待定系数法求解，或根据椭圆定义求2a可得.【题目详解】因为焦点在x轴上，所以C不正确；又因为c=1，故排除D；将代入得，故A错误，所以选B.故选：B11、B【解题分析】如上图，设AC中点为M,连OM，则OM为的中位线，易得∽，且,即可得，选B.点睛：本题主要考查椭圆的方程和性质，主要是离心率的求法，本题的关键是利用中位线定理和相似三角形定理12、B【解题分析】根据程序框图运行程序，直到满足，输出结果即可.【题目详解】按照程序框图运行程序，输入，则，，不满足，循环；，，不满足，循环；，，不满足，循环；，，满足，输出结果：故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】可得四边形为矩形，运用三角函数的定义可得，，由双曲线的定义和矩形的性质，可得，由离心率公式求解即可.【题目详解】、为双曲线的左、右焦点，可得四边形为矩形，在中，，∴，在中，，可得，，∴，∴，∵，∴，∴，故答案为：.【题目点拨】关键点点睛：得出四边形为矩形，利用双曲线的定义解决焦点三角形问题.14、【解题分析】根据抛物线定义求出点坐标，即可求出面积.【题目详解】由题可得，设，则由抛物线定义可得，解得，代入抛物线方程可得，所以.故答案为：.15、【解题分析】根据给定信息，利用三角形重心坐标公式求出的重心，再结合对称性求出的外心，然后求出欧拉线的方程作答.【题目详解】因的顶点，，，则的重心，显然的外心在线段AC中垂线上，设，由得：，解得：，即点，直线，化简整理得：，所以欧拉线的方程为.故答案：16、##【解题分析】利用列举法，结合古典概型概率计算公式以及对数的知识求得正确答案.【题目详解】的所有可能取值为，，共种，满足的为，，共种，所以的概率为.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）（2）【解题分析】(1)由三点共线可知斜率相等，即可得出答案；(2)由题可得，利用错位相减法即可求出答案.【小问1详解】三点共线，【小问2详解】①②①—②得18、（1）（2）【解题分析】（1）根据题意列不等式组求解（2）判断的真假性后分别求解【小问1详解】由题意得，解得且故m的取值范围是【小问2详解】∵为假命题，∴p和q都是真命题，对于命题q，由题意得：恒成立，∴，∴，∴，解得故m的取值范围是19、(1)证明见解析，；(2).【解题分析】(1)将给定等式变形，计算即可判断数列类型，再求出其通项而得解；(2)利用(1)的结论求出数列的通项，然后利用错位相减法求解即得.【题目详解】(1)因数列满足，，则，而，于是数列是首项为1，公比为2的等比数列，，即，所以数列是等比数列，，；(2)由(1)知，则于是得，，所以数列的前项和.20、（1）证明见解析（2）【解题分析】（1）依题意可得平行四边形是矩形，即可得到，再由及面面垂直的性质定理得到平面，从而得到，即可得到平面，从而得证；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可得解；【小问1详解】证明：因为为的中点，，所以，又，所以四边形为平行四边形，因为，所以平行四边形是矩形，所以，因为，所以，又因为平面平面，平面平面面，所以平面，因为面，所以，又因为，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；【小问2详解】解：由（1）可得：两两垂直，如图，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，则则，设平面的一个法向量，由则，令，则，所以，设平面的一个法向量，所以，根据图像可知二面角为锐二面角，所以二面角的大小为；21、（1），；（2）；（3）.【解题分析】（1）由题设可得求参数a，结合表格数据及已知总学生人数求参数b.（2）应用列举法求古典概型的概率.（3）应用表格数据及方差公式可得且，即可确定成绩方差最小对应的值.【小问1详解】设事件：从位学生中随机抽取一位，抽到文化或体能优秀的学生由题意知，体能或文化优秀的学生共有人，则，解得所以；【小问2详解】体能成绩为优秀的学生共有5人，在这5人中，文化成绩一般的人记为；文化成绩良好的人记为；文化成绩优秀的人记为从文化成绩优秀的学生中，随机抽取2人的样本空间，设事件：至少有一个人文化的成绩为优秀，，所以，体能成绩优秀的学生中，随机抽取2人，至少有一个人文化成绩为优秀的概率是；【小问3详解】由题设知：体能测试成绩，{一般，良好，优秀}人数分别为{5，，}，对应平均分为{100,120,140}，所以体能测试平均成绩，所以，而所以当时最小.22、（1）详解解析；（2）存在.【解题分析】（1）利用勾股