2024学年福建省长汀一中数学高二上期末教学质量检测模拟试题含解析

2024学年福建省长汀一中数学高二上期末教学质量检测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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．设为椭圆上一点，，为左、右焦点，且，则（）A.为锐角三角形 B.为钝角三角形C.为直角三角形 D.，，三点构不成三角形2．已知命题：，；命题：在中，若，则，则下列命题为真命题的是（）A. B.C. D.3．经过点且圆心是两直线与的交点的圆的方程为（）A. B.C. D.4．，，，，设，则下列判断中正确的是（）A. B.C. D.5．平行直线：与：之间的距离等于（）A. B.C. D.6．命题，，则是（）A.， B.，C.， D.，7．在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧棱底面ABCD，，点E是棱PC的中点，作，交PB于F.下面结论正确的个数为()①∥平面EDB；②平面EFD；③直线DE与PA所成角为60°；④点B到平面PAC的距离为.A.1 B.2C.3 D.48．设函数的导函数是，若，则（）A. B.C. D.9．已知空间向量，，且与互相垂直，则k的值是（）A.1 B.C. D.10．在等差数列中，若，则（）A.5 B.6C.7 D.811．已知不等式解集为，下列结论正确的是（）A. B.C D.12．如图，在棱长为2的正方体中，点P在截面上（含边界），则线段的最小值等于（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．数列的前项和为，则该数列的通项公式___________14．若x，y满足约束条件，则的最大值为_________15．已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，过点F斜率为的直线与抛物线C交于点M（M在x轴的上方），过M作于点N，连接NF交抛物线C于点Q，则__________16．不大于100的正整数中，被3除余1的所有数的和是___________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）已知等差数列满足：，.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足：，，求数列的通项公式.18．（12分）已知点是椭圆上的一点，且椭圆的离心率.（1）求椭圆的标准方程；（2）两动点在椭圆上，总满足直线与的斜率互为相反数，求证：直线的斜率为定值.19．（12分）已知函数（1）若，求曲线在处的切线方程（2）讨论函数的单调性20．（12分）在数列中，，，且对任意的，都有.（1）数列的通项公式；（2）设数列，求数列的前项和.21．（12分）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，长轴长为4，离心率等于（1）求椭圆的方程（2）设，若椭圆E上存在两个不同点P、Q满足，证明：直线PQ过定点，并求该定点的坐标.22．（10分）某企业搜集了某产品的投人成本x（单位：万元）与销售收入y（单位：万元）的六组数据，并将其绘制成如图所示的散点图.根据散点图可以看出，y与x之间是线性相关的.（1）试用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程；（2）若投入成本不高于10万元，则可以根据（1）中的回归方程估计产品销售收入；若投入成本高于10万元，投入成本x（单位：万元）与销售收入y（单位：万元）之间的关系式为.若该企业要追求更高的毛利率（毛利率），试问该企业对该产品的投入成本选择收人7万元更好，还是选择12万元更好？说明你的理由.参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为.参考数据：.

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、D【解题分析】根据椭圆方程求出，然后结合椭圆定义和已知条件求出并求出，进而判断答案.【题目详解】由题意可知，，由椭圆的定义可知，而，联立方程解得，且，则6+2=8，即不构成三角形.故选：D.2、C【解题分析】分别求得的真假性，从而确定正确答案.【题目详解】对于，由于，所以为假命题，为真命题.对于，在三角形中，，由正弦定理得，所以为真命题，为假命题.所以为真命题，、、为假命题.故选：C3、B【解题分析】求出圆心坐标和半径后，直接写出圆的标准方程.【题目详解】由得，即所求圆的圆心坐标为.由该圆过点，得其半径为1，故圆的方程为.故选：B.【题目点拨】本题考查了圆的标准方程，属于基础题.4、D【解题分析】通过凑配构造的方式，构造出新式子，且可以化简为整数，然后利用放缩思想得到S的范围.【题目详解】解：，，，，，；，.故选：D5、B【解题分析】先由两条直线平行解出，再按照平行线之间距离公式求解.【题目详解】，则：，即，距离为.故选：B.6、D【解题分析】根据特称命题的否定为全称命题，即可得到答案.【题目详解】因为命题，，所以，.故选：D7、D【解题分析】①由题意连接交于，连接，则是中位线，证出，由线面平行的判定定理知∥平面；②由底面，得，再由证出平面，即得，再由是正方形证出平面，则有，再由条件证出平面；③根据边长证明△DEO是等边三角形即可；④根据等体积法即可求.【题目详解】①如图所示，连接交于点，连接底面是正方形，点是的中点在中，是中位线，而平面且平面，∥平面；故①正确；②如图所示，底面，且平面，，，是等腰直角三角形，又是斜边的中线，(*)，由底面，得，底面是正方形，，又，平面，又平面，(**)，由(*)和(**)知平面，而平面，又，且，平面；故②正确；③如图所示，连接AC交BD与O，连接OE，由OE是三角形PAC中位线知OE∥PA，故∠DEO为异面直线PA和DE所成角或其补角，由②可知DE＝，OD＝，OE＝，∴△DEO是等边三角形，∴∠DEO＝60°，故③正确；④如图所示，设B到平面PAC的距离为d，由题可知PA＝AC＝PC＝，故，由.故④正确.故正确的有：①②③④，正确的个数为4.故选：D.8、A【解题分析】求导后，令，可求得，再令可求得结果.【题目详解】因为，所以，所以，所以，所以，所以.故选：A【题目点拨】本题考查了导数的计算，考查了求导函数值，属于基础题.9、D【解题分析】由＝0可求解【题目详解】由题意，故选：D10、B【解题分析】由得出.【题目详解】由可得，故选：B11、C【解题分析】根据不等式解集为，得方程解为或，且，利用韦达定理即可将用表示，即可判断各选项的正误.【题目详解】解：因为不等式解集为，所以方程的解为或，且，所以，所以，所以，故ABD错误；，故C正确.故选：C.12、B【解题分析】根据体积法求得到平面的距离即可得【题目详解】由题意的最小值就是到平面的距离正方体棱长为2，则，，设到平面的距离为，由得，解得故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】根据与关系求解即可.【题目详解】当时，，当时，，检验：，所以.故答案为：14、3【解题分析】根据题意，画出可行域，找出最优解，即可求解.【题目详解】根据题意，不等式组所表示的可行域如图阴影部分，由图易知，取最大值的最优解为，故.故答案为：315、【解题分析】由题意画出图形，写出直线的方程，与抛物线方程联立求出的坐标，进一步求出的坐标，求得即可求解【题目详解】解：如图，由抛物线，得，，则，与抛物线联立得，解得、，，，，，为等边三角形，，过作轴的垂线交轴于，设，，，，，在抛物线上，，解得，，，，则，故答案为：16、1717【解题分析】利用等差数列的前项和公式可求所有数的和.【题目详解】100以内的正整数中，被3除余1由小到大构成等差数列，其首项为1，公差为3，共有项，它们的和为，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）由题设条件，结合等差数列通项公式求基本量d，进而写出通项公式.（2）由（1）得，应用累加法、错位相减法及等比数列前n项和公式求的通项公式.【小问1详解】令公差为d，由得：，解得.所以.【小问2详解】，则，累加整理，得：，①，②②-①得：，又满足上式，故.18、（1）（2）证明见解析【解题分析】（1）根据已知条件列方程组，解方程组求得，从而求得椭圆的标准方程.（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，由此求得，同理求得，从而化简求得直线的斜率为定值.【小问1详解】由题可知，解得，从而粚圆方程为.【小问2详解】证明设直线的斜率为，则，，联立直线与椭圆的方程，得，整理得，从而，于是，由题意得直线的斜率为，则，，同理可求得，于是即直线的斜率为定值.19、（1）（2）答案见解析【解题分析】（1）根据导数的几何意义可求得切线斜率，结合切点可得切线方程；（2）求导后，分别在、和的情况下，根据的正负可得的单调性.【小问1详解】当时，，，，又，在处的切线方程为：，即；【小问2详解】，令，解得：，；当时，，在上单调递增；当时，若或，则；若，则；在和上单调递增，在上单调递减；当时，若或，则；若，则；在和上单调递增，在上单调递减；综上所述：当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在和上单调递增，在上单调递减.20、（1）；（2）.【解题分析】（1）由递推式可得，根据等比数列的定义写出通项公式，再由累加法求的通项公式；（2）由（1）可得，再应用裂项相消法求前项和【小问1详解】由可得：，又，，∴，则数列是首项为2，公比为2的等比数列，∴.∴.【小问2详解】∵，∴∴.21、（1）；（2）证明见解析，.【解题分析】（1）由题可得，即求；（2）设直线PQ的方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理法可得，即得.【小问1详解】由题可设椭圆的方程为，则，∴，∴椭圆的方程为；【小问2详解】当直线PQ的斜率存在时，可设直线PQ的方程为，设，由，得，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，又∴，∴直线PQ的方程为过定点；当直线PQ的斜率不存在时，不合题意.故直线PQ过定点，该定点的坐标为.22、（1）（