肇庆市高中毕业班2024届数学高二上期末复习检测模拟试题含解析

肇庆市高中毕业班2024届数学高二上期末复习检测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．已知三棱锥O­ABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且，用表示，则等于（）A. B.C. D.2．曲线在处的切线如图所示，则（）A. B.C. D.3．的展开式中的系数是（）A.1792 B.C.448 D.4．下列数列是递增数列的是（）A. B.C. D.5．抛物线的焦点到直线的距离为，则（）A.1 B.2C. D.46．过抛物线C：y2=4x的焦点F分别作斜率为k1、k2的直线l1、l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，若|k1·k2|=2，则|AB|+|DE|的最小值为（）A.10 B.12C.14 D.167．抛物线准线方程为()A. B.C. D.8．直线的斜率为（）A.135° B.45°C.1 D.-19．数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线．已知的顶点，，若其欧拉线的方程为，则顶点的坐标为（）A. B.C. D.10．已知椭圆的长轴长为10，焦距为8，则该椭圆的短轴长等于（）A.3 B.6C.8 D.1211．已知椭圆的上下顶点分别为，一束光线从椭圆左焦点射出，经过反射后与椭圆交于点，则直线的斜率为（）A. B.C. D.12．《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有这样一道题目：把个面包分给个人，使每个人所得成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的一份为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．正三棱柱的底面边长和高均为2，点为侧棱的中点，连接，，则点到平面的距离为______.14．甲、乙两人下棋，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，则甲、乙两人下成和棋的概率为___________.15．设变量x，y满足约束条件则的最大值为___________.16．已知函数，则的值是______.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）已知函数（1）解关于的不等式；（2）若不等式在上有解，求实数的取值范围18．（12分）已知数列的前项和，且（1）证明：数列为等差数列；（2）设，记数列的前项和为，若，对任意恒成立，求实数的取值范围19．（12分）已知圆，直线（1）判断直线l与圆C的位置关系；（2）过点作圆C的切线，求切线的方程20．（12分）已知在△中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.（1）求角C的大小；（2）若，求△的面积S的最大值.21．（12分）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，过的直线交椭圆E于A，B两点．当轴时，（1）求椭圆E的方程；（2）求的范围22．（10分）设函数过点（1）求函数的单调区间和极值（要列表）；（2）求函数在上的最大值和最小值.

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】根据空间向量的加法、减法和数乘运算可得结果.【题目详解】.故选：D2、C【解题分析】由图可知切线斜率为，∴.故选：C.3、D【解题分析】根据二项式展开式的通项公式计算出正确答案.【题目详解】的展开式中，含的项为.所以的系数是.故选：D4、C【解题分析】分别判断的符号，从而可得出答案.【题目详解】解：对于A，，则，所以数列为递减数列，故A不符合题意；对于B，，则，所以数列为递减数列，故B不符合题意；对于C，，则，所以数列为递增数列，故C符合题意；对于D，，则，所以数列递减数列，故D不符合题意.故选：C.5、B【解题分析】首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得的值.【题目详解】抛物线的焦点坐标为，其到直线的距离：，解得：(舍去).故选：B.6、B【解题分析】设出l1的方程为，与抛物线联立后得到两根之和，两根之积，用弦长公式表达出，同理表达出，利用基本不等式求出的最小值.【题目详解】抛物线C：y2=4x的焦点F为，直线l1的方程为，则联立后得到，设，，，则，同理设可得：，因为|k1·k2|=2，所以，当且仅当，即或时，等号成立，故选：B7、D【解题分析】由抛物线的准线方程即可求解【题目详解】由抛物线方程得：．所以，抛物线的准线方程为故选D【题目点拨】本题主要考查了抛物线的准线方程，属于基础题8、D【解题分析】由斜截式直接看出直线斜率.【题目详解】由题意得：直线斜率为-1，故选：D9、A【解题分析】设，计算出重心坐标后代入欧拉方程，再求出外心坐标，根据外心的性质列出关于的方程，最后联立解方程即可.【题目详解】设，由重心坐标公式得，三角形的重心为，，代入欧拉线方程得：，整理得：①的中点为，，的中垂线方程为，即联立，解得的外心为则，整理得：②联立①②得：，或，当，时，重合，舍去顶点的坐标是故选：A【题目点拨】关键点睛：解决本题的关键一是求出外心，二是根据外心的性质列方程.10、B【解题分析】根据椭圆中的关系即可求解.【题目详解】椭圆的长轴长为10，焦距为8，所以，，可得，，所以，可得，所以该椭圆的短轴长，故选：B.11、B【解题分析】根据给定条件借助椭圆的光学性质求出直线AD的方程，进而求出点D的坐标计算作答.【题目详解】依题意，椭圆的上顶点，下顶点，左焦点，右焦点，由椭圆的光学性质知，反射光线AD必过右焦点，于是得直线AD的方程为：，由得点，则有，所以直线的斜率为.故选：B12、A【解题分析】设5人分到的面包数量从小到大记为，设公差为，可得，，求出，根据等差数列的通项公式，得到关于关系式，即可求出结论.【题目详解】设5人分到的面包数量从小到大记为，设公差为，依题意可得，，，，解得，.故选:A.【题目点拨】本题以数学文化为背景，考查等差数列的前项和、通项公式基本量的计算，等差数列的性质应用是解题的关键，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求点面距离的公式可以直接求出.【题目详解】如图，建立空间直角坐标系，为的中点，由已知，，，，，所以，，设平面的法向量为，，即：，取，得，，则点到平面的距离为.故答案为：.14、##【解题分析】直接根据概率和为1计算得到答案.【题目详解】.故答案为：.15、【解题分析】根据线性约束条件画出可行域，把目标函数转化为，然后根据直线在轴上截距最大时即可求出答案.【题目详解】画出可行域，如图，由，得，由图可知，当直线过点时，有最大值，且最大值为.故答案为：.16、【解题分析】求出，代值计算可得的值.【题目详解】因为，则，因此，.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）当时，或；当时，；当时，或（2）【解题分析】（1）由题意得对的值进行分类讨论可得不等式的解集；（2）将条件转化为，，再利用基本不等式求最值可得的取值范围；【小问1详解】，即，所以，所以，①当时不等式的解为或，②当时不等式的解为，③当时不等式的解为或，综上：原不等式的解集为当时或，当时，当时或【小问2详解】不等式在上有解，即在上有解，所以在上有解，所以，因为，所以，当且仅当，即时取等号，所以.18、（1）证明见解析（2）【解题分析】（1）利用可得答案；（2）利用错位相减可得，转化为对任意，恒成立，求出的最大值可得答案小问1详解】当时，由，得或（舍去），由，得，①当时，，②由①－②，得，整理得，因为，所以所以是首项为1，公差为1的等差数列【小问2详解】由（1）可得，所以，③，④由③－④，得，即，由得，所以，即，该式对任意恒成立，因此，所以的取值范围是19、（1）相交.（2）或.【解题分析】（1）先判断出直线恒过定点(2，1)，由(2，1)在圆内，即可判断；（2）分斜率存在与不存在两种情况，利用几何法求解.【小问1详解】直线方程，即，则直线恒过定点(2，1).因为，则点(2，1)位于圆的内部，故直线与圆相交.【小问2详解】直线斜率不存在时，直线满足题意；②直线斜率存在的时候，设直线方程为，即.因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，解得:，则直线方程为：.综上可得，直线方程或.20、（1）；（2）.【解题分析】（1）由正弦定理、和角正弦公式及三角形内角的性质可得，进而可得C的大小；（2）由余弦定理可得，根据基本不等式可得，由三角形面积公式求面积的最大值，注意等号成立条件.【小问1详解】由正弦定理知：，∴，又，∴，则，故.【小问2详解】由，又，则，∴，当且仅当时等号成立，∴△的面积S的最大值为.21、（1）（2）【解题分析】（1）根据离心率及通径长求出椭圆方程；（2）分直线AB斜率存在和斜率不存在两种情况得到的范围，进而得到答案.【小问1详解】当轴时，取代入椭圆方程得：，得，所以，又，解得，，所以椭圆方程为【小问2详解】由，记，当轴时，由（1）知：，所以，当AB斜率为k时，直线AB为，，消去y得，所以，，所以，综上，的范围是.22、（1）增区间，，减区间，极大值，极小值（2）最大值，最小值【解题分析】（1）将点代入函数解析式即可求得a，对函数求导，分析导函数