黑龙江省肇东一中2024学年数学高二上期末调研模拟试题含解析

黑龙江省肇东一中2024学年数学高二上期末调研模拟试题注意事项：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．将正整数1，2，3，4，…按如图所示的方式排成三角形数组，则第19行从左往右数第5个数是（）A.381 B.361C.329 D.4002．已知，命题“若，则，全为0”的否命题是（）A.若，则，全不为0. B.若，不全为0，则.C.若，则，不全为0. D.若，则，全不为0.3．已知函数，在上随机任取一个数，则的概率为（）A. B.C. D.4．将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数之和是4的倍数但不是3的倍数的概率为（）A. B.C. D.5．已知函数在处取得极值，则的极大值为（）A. B.C. D.6．用反证法证明命题“a，b∈N，如果ab可以被5整除，那么a，b至少有1个能被5整除．”假设内容是()A.a，b都能被5整除 B.a，b都不能被5整除C.a不能被5整除 D.a，b有1个不能被5整除7．我国古代数学名著《算法统宗》记有行程减等问题：三百七十八里关，初行健步不为难次日脚痛减一半，六朝才得到其关．要见每朝行里数，请公仔细算相还．意为：某人步行到378里的要塞去，第一天走路强壮有力，但把脚走痛了，次日因脚痛减少了一半，他所走的路程比第一天减少了一半，以后几天走的路程都比前一天减少一半，走了六天才到达目的地．请仔细计算他每天各走多少路程?在这个问题中，第四天所走的路程为（）A.96 B.48C.24 D.128．从集合中任取两个不同元素，则这两个元素相差的概率为（）A. B.C. D.9．已知函数的导函数为，若的图象如图所示，则函数的图象可能是（）A B.C. D.10．等差数列中，，则（）A. B.C. D.11．直线的倾斜角为（）A.1 B.－1C. D.12．椭圆的焦点坐标是（）A.（±4，0） B.（0，±4）C.（±5，0） D.（0，±5）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数若存在，使得成立，则实数的取值范围是_______________14．我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来1524石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为_______石15．已知数列的前n项和为，则取得最大值时n的值为__________________16．已知直线与曲线，在曲线上随机取一点，则点到直线的距离不大于的概率为__________.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）如图，在几何体中，底面是边长为2的正三角形，平面，，且，是的中点（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成的角的余弦值18．（12分）已知命题：对任意实数都有恒成立；命题：关于的方程有实数根（1）若命题为假命题，求实数的取值范围；（2）如果“”为真命题，且“”为假命题，求实数的取值范围19．（12分）已知椭圆的离心率为，且点在C上.（1）求椭圆C的标准方程；（2）设，为椭圆C的左，右焦点，过右焦点的直线l交椭圆C于A，B两点，若内切圆的半径为，求直线l的方程.20．（12分）在数列中，，且，（1）求的通项公式；（2）求的前n项和的最大值21．（12分）已知椭圆的离心率为，直线与椭圆C相切于点（1）求椭圆C的方程；（2）已知直线与椭圆C交于不同的两点M，N，与直线交于点Q（P，Q，M，N均不重合），记的斜率分别为，若．证明：为定值22．（10分）如图，在长方体中，底面是边长为1的正方形，侧棱长为2，且动点P在线段AC上运动（1）若Q为的中点，求点Q到平面的距离；（2）设直线与平面所成角为，求的取值范围

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、C【解题分析】观察规律可知，从第一行起，每一行最后一个数是连续的完全平方数，据此容易得出答案.【题目详解】由图中数字排列规律可知：第1行从左往右最后1个数是，第2行从左往右最后1个数是，第3行从左往右最后1个数是，……第18行从左往右最后1个数为，第19行从左往右第5个数是故选：C.2、C【解题分析】根据四种命题的关系求解.【题目详解】因为否命题是否定原命题的条件和结论，所以命题“若，则，全为0”的否命题是：若，则，不全为0，故选：C3、A【解题分析】先解不等式，然后由区间长度比可得.【题目详解】解不等式，得，所以，即的概率为.故选：A4、B【解题分析】基本事件总数，再利用列举法求出点数之和是4的倍数但不是3的倍数包含的基本事件的个数，由此能求出点数之和是4的倍数但不是3的倍数的概率【题目详解】解：将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数之和，基本事件总数，点数之和是4的倍数但不是3的倍数包含的基本事件有：，，，，，，，，共8个，则点数之和是4的倍数但不是3的倍数的概率为故选：B5、B【解题分析】首先求出函数的导函数，依题意可得，即可求出参数的值，从而得到函数解析式，再根据导函数得到函数单调性，即可求出函数的极值点，从而求出函数的极大值；【题目详解】解：因为，所以，依题意可得，即，解得，所以定义域为，且，令，解得或，令解得，即在和上单调递增，在上单调递减，即在处取得极大值，在处取得极小值，所以；故选：B6、B【解题分析】由于反证法是命题的否定的一个运用，故用反证法证明命题时，可以设其否定成立进行推证．命题“a，b∈N，如果ab可被5整除，那么a，b至少有1个能被5整除．”的否定是“a，b都不能被5整除”考点：反证法7、C【解题分析】每天所走的里程构成公比为的等比数列，设第一天走了里，利用等比数列基本量代换，直接求解.【题目详解】由题意可知：每天所走的里程构成公比为的等比数列.第一天走了里，第4天走了.故选：C8、B【解题分析】一一列出所有基本事件，然后数出基本事件数和有利事件数，代入古典概型的概率计算公式，即可得解.【题目详解】解：从集合中任取两个不同元素的取法有、、、、、共6种，其中满足两个元素相差的取法有、、共3种.故这两个元素相差的概率为.故选：B.9、D【解题分析】根据导函数大于，原函数单调递增；导函数小于，原函数单调递减；即可得出正确答案.【题目详解】由导函数得图象可得：时，，所以在单调递减，排除选项A、B，当时，先正后负，所以在先增后减，因选项C是先减后增再减，故排除选项C，故选：D.10、C【解题分析】由等差数列的前项和公式和性质进行求解.【题目详解】由题意，得.故选：C.11、C【解题分析】根据直线斜率的定义即可求解.【题目详解】，斜率为1，则倾斜角为.故选：C.12、A【解题分析】根据椭圆的方程求得的值，进而求得椭圆的焦点坐标，得到答案.【题目详解】由椭圆，可得，则，所以椭圆的焦点坐标为和.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】分离参数法得到能成立,构造函数，求出的最小值，即可求出实数a的取值范围.【题目详解】由得.设，则存在,使得成立，即能成立，所以能成立,所以.又令,由对勾函数的性质可得：在上，t(x)单调递增,所以当x=2时,t有最小值，所以实数a的取值范围是.故答案为：【题目点拨】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围.14、168石【解题分析】由题意，得这批米内夹谷约为石考点：用样本估计总体15、①.13②.##3.4【解题分析】由题可得利用函数的单调性可得取得最大值时n的值，然后利用，即求.【题目详解】∵，∴当时，单调递减且，当时，单调递减且，∴时，取得最大值，∴.故答案为：13；.16、【解题分析】画出示意图，根据图形分析可知点在阴影部分所对的劣弧上，由几何概型可求出.【题目详解】作出示意图曲线是圆心为原点，半径为2的一个半圆.圆心到直线距离，而点到直线的距离为，故若点到直线的距离不大于，则点在阴影部分所对的劣弧上，由几何概型的概率计算公式知，所求概率为.故答案为：.【题目点拨】本题考查几何概型的概率计算，属于中档题.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）证明见解析；（2）.【解题分析】（1）设为中点，连接，，证明四边形为平行四边形即可；（2）确定异面直线与所成的角为，计算三角形各边长，根据余弦定理计算得到答案.【小问1详解】设为中点，连接，，∵为中点，是的中点，，，故，且，故，且，∴四边形为平行四边形，∴，平面，平面，故平面.【小问2详解】∵，故异面直线与所成的角为，在中：，，.根据余弦定理：，所以异面直线与所成的角的余弦值为.18、（1）；（2）【解题分析】（1）先分别求出命题为真命题和命题为真命题时参数的范围，则可得当命题为假命题，实数的取值范围（2）由“”为真命题，且“”为假命题，则命题，一真一假，再分真，且假，和真，且假两种情况分别求出参数的范围，再综合得到答案.【题目详解】命题为真命题：对任意实数都有恒成立或；命题为真命题：关于的方程有实数根；（1）命题为假命题，则实数取值范围（2）由“”为真命题，且“”为假命题，则命题，一真一假.如果真，且假，有，且，则如果真，且假，有或，且，则综上，实数的取值范围为19、（1）（2）或.【解题分析】（1）根据离心率可得的关系，再将的坐标代入方程后可求，从而可得椭圆的方程.（2）设直线的方程为，，结合内切圆的半径为可得，联立直线方程和椭圆方程，消元后结合韦达定理可得关于的方程，求出其解后可得直线方程.【小问1详解】因为椭圆的离心率为，故可设，故椭圆方程为，代入得，故，故椭圆方程为：.【小问2详解】的周长为，故.设，由题设可得直线与轴不重合，故可设直线，则，由可得，整理得到，此时，故，解得，故直线的方程为：或.20、（1）（2）40【解题分析】（1）根据递推关系，判定数列是等差数列，然后求得首项和公差，进而得到通项公式；（2）令，求得，进而根据数列的前项和的意义求得当或5时，有最大值，进而求得和的最大值.【小问1详解】解：∵数列满足，∴，∴是等差数列，设的公差为d，则，即，解得，∴，∴【小问2详解】令，得，解得，所以当或5时，有最大值，且最大值为21、（1）；（2）证明见解析.【解题分析】（1）根据椭圆离心率和椭圆经过的点建立方程组，求解方程组可得椭圆的方程；（2）先根据相切求出直线的斜率，结合可得，再逐个求解，，然后可证结论.【小问1详解】解：由题意，解得故椭圆C的方程为.【小问2详解】证明：设直线的方程为，联立得，因为直线与椭圆C相切，所以判别式，即，整理得，所以，故直线的方程为，因为，所以，设直线的方程为，联立方程组解得故点Q坐标为，联立方程组，化简得设点因为判别式，得又，所以故，于是为定值.【题目点拨】直线与椭圆的相切问题一般是联立方程，结合判别式为零求解；定值问题的求解一般结合目标式中的项，逐个求解，代入验证即可.22