2023-2024学年浙江省慈溪市数学高二上期末质量检测模拟试题含解析

2023-2024学年浙江省慈溪市数学高二上期末质量检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．甲、乙两组数的数据如茎叶图所示，则甲、乙的平均数、方差、极差及中位数中相同的是（）A.极差 B.方差C.平均数 D.中位数2．设函数是定义在上的函数的导函数，有，若，，则，，的大小关系是（）A. B.C. D.3．已知函数，则函数在区间上的最小值为（）A. B.C. D.4．曲线与曲线（）的（）A.长轴长相等 B.短轴长相等C.离心率相等 D.焦距相等5．已知点是抛物线上的动点，过点作圆的切线，切点为，则的最小值为（）A. B.C. D.6．《九章算术》与《几何原本》并称现代数学的两大源泉.在《九章算术》卷五商功篇中介绍了羡除（此处是指三面为等腰梯形，其他两侧面为直角三角形的五面体）体积的求法.在如图所示的羡除中，平面是铅垂面，下宽，上宽，深，平面BDEC是水平面，末端宽，无深，长（直线到的距离），则该羡除的体积为（）A. B.C. D.7．若，则（）A B.C. D.8．曲线在点处的切线方程为（）A. B.C. D.9．命题“，使”的否定是（）A.，有 B.，有C.，使 D.，使10．在中，，，，若该三角形有两个解，则范围是（）A. B.C. D.11．若a，b，c为实数，且，则以下不等式成立的是（）A. B.C. D.12．经过直线与直线的交点，且平行于直线的直线方程为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设分别是平面的法向量，若，则实数的值是________14．设命题：，，则为______.15．已知平面的法向量为，平面的法向量为，若，则实数______16．已知数列的各项均为正数，其前项和满足，则__________；记表示不超过的最大整数，例如，若，设的前项和为，则__________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）已知等比数列{an}中，a1=1，且2a2是a3和4a1的等差中项.数列{bn}满足b1=1，b7=13，且bn+2+bn=2bn+1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{an+bn}前n项和Tn.18．（12分）已知函数（1）当时，讨论的单调性；（2）当时，证明19．（12分）已知数列中，，的前项和为，且数列是公差为-3的等差数列.（1）求；（2）若，数列前项和为.20．（12分）我们知道：当是圆O：上一点，则圆O的过点的切线方程为；当是圆O：外一点，过作圆O的两条切线，切点分别为，则方程表示直线AB的方程，即切点弦所在直线方程.请利用上述结论解决以下问题：已知圆C的圆心在x轴非负半轴上，半径为3，且与直线相切，点在直线上，过点作圆C的两条切线，切点分别为.（1）求圆C的方程；（2）当时，求线段AB的长；（3）当点在直线上运动时，求线段AB长度的最小值.21．（12分）如图甲，平面图形中，，沿将折起，使点到点的位置，如图乙，使.（1）求证：平面平面；（2）若点满足，求点到直线的距离.22．（10分）已知分别是椭圆的左、右焦点，点是椭圆上的一点，且的面积为1.（1）求椭圆的短轴长；（2）过原点的直线与椭圆交于两点，点是椭圆上的一点，若为等边三角形，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【解析】根据茎叶图中数据的波动情况，可直接判断方差不同；根据茎叶图中的数据，分别计算极差、中位数、平均数，即可得出结果.【详解】由茎叶图可得：甲的数据更集中，乙的数据较分散，所以甲与乙的方差不同；甲的极差为；乙的极差为，所以甲与乙的极差不同；甲的中位数为，乙的中位数为，所以中位数不同；甲的平均数为，乙的平均数为，所以甲、乙的平均数相同；故选：C.2、C【解析】设，求导分析的单调性，又，，，即可得出答案【详解】解：设，则，又因为，所以，所以在上单调递增，又，，，因为，所以，所以.故选：C3、B【解析】根据已知条件求得以及，利用导数判断函数的单调性，即可求得函数在区间上的最小值.【详解】因为，故可得，则，又，令，解得，令，解得，故在单调递减，在单调递增，又，故在区间上的最小值为.故选：.4、D【解析】分别求出两椭圆的长轴长、短轴长、离心率、焦距，即可判断.【详解】曲线表示焦点在轴上，长轴长为，短轴长为，离心率为，焦距为；曲线表示焦点在轴上，长轴长为，短轴长为，离心率为，焦距为.对照选项可知：焦距相等.故选：D.5、C【解析】分析可知圆的圆心为抛物线的焦点，可求出的最小值，再利用勾股定理可求得的最小值.【详解】设点的坐标为，有，由圆的圆心坐标为，是抛物线的焦点坐标，有，由圆的几何性质可得，又由，可得的最小值为故选：C.6、C【解析】在，上分别取点，，使得，连接，，，把几何体分割成一个三棱柱和一个四棱锥，然后由棱柱、棱锥体积公式计算【详解】如图，在，上分别取点，，使得，连接，，，则三棱柱是斜三棱柱，该羡除的体积三棱柱四棱锥.故选：C【点睛】思路点睛：本题考查求空间几何体的体积，解题思路是观察几何体的结构特征，合理分割，将不规则几何体体积的计算转化为锥体、柱体体积的计算．考查了空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力7、D【解析】直接利用向量的坐标运算求解即可【详解】因为，所以，故选：D8、A【解析】利用切点和斜率求得切线方程.【详解】由，有曲线在点处的切线方程为，整理为故选：A9、B【解析】根据特称命题的否定是全称命题即可得正确答案【详解】存在量词命题的否定，只需把存在量词改成全称量词，并把后面的结论否定，所以“，使”的否定为“，有”，故选：B.10、D【解析】根据三角形解得个数可直接构造不等式求得结果.【详解】三角形有两个解，，即.故选：D.11、C【解析】利用不等式的性质直接推导和取值验证相结合可解.【详解】取可排除ABD；由不等式的性质易得C正确.故选：C12、B【解析】求出两直线的交点坐标，可设所求直线的方程为，将交点坐标代入求得，即可的解.【详解】解：由，解得，即两直线的交点坐标为，设所求直线的方程为，则有，解得，所以所求直线方程为，即.故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、4【解析】根据分别是平面的法向量，且，则有求解.【详解】因为分别是平面的法向量，且所以所以解得故答案为：4【点睛】本题主要考查空间向量垂直，还考查了运算求解的能力，属于基础题.14、，【解析】由全称命题的否定即可得到答案【详解】根据全称命题的否定，可得为，【点睛】本题考查了含有量词的命题否定，属于基础题15、【解析】由题设可得，结合向量共线的坐标表示求参数即可.【详解】由题设，平面与平面的法向量共线，∴，则，即，解得.故答案为：.16、①.；②.60.【解析】先根据并结合等差数列的定义求出；然后讨论n的取值范围，讨论出分别取1,2,3,4,5的情况，进而求出.【详解】由题意，，n=1时，，满足，时，，于是，，因为，所以.所以，是1为首项，2为公差的等差数列，所以.若，即时，，若，则时，，若，则时，，若，则时，，若，则或22时，，于是，.故答案为：2n-1；60.三、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).【解析】(1)根据已知条件求出等比数列的公比，然后利用等比数列通项公式求解即可；(2)根据已知求出数列的通项公式，再结合(1)中结论并利用分组求和法求解即可.【详解】(1)设等比数列公比为q，因为，所以，因为是和的等差中项，所以，即，解得，所以.故答案为：.(2)因为，所以为等差数列，因为，，所以公差，故.所以.故答案为：.18、（1）单调递减，在单调递增；（2）见解析.【解析】(1)求f(x)导数，讨论导数的正负即可求其单调性；(2)由于，则，只需证明，构造函数，证明其最小值大于0即可.【小问1详解】时，，当时，，∴，当时，，∴，∴在单调递减，在单调递增；【小问2详解】由于，∴，∴只需证明，令，则，∴在上为增函数，而，∴在上有唯一零点，且，当时，，g(x)单调递减，当时，，g(x)单调递增，∴的最小值为，由，得，则，∴，当且仅当时取等号，而，∴，∴，即，∴当时，.【点睛】本题考察了利用导数研究函数的单调性，也考察了利用导数研究函数的最值，解题过程中设计到隐零点的问题，需要掌握隐零点处理问题的常见思路和方法.19、（1）（2）【解析】（1）由条件先求出通项公式，得出，再由可得出答案.(2)由（1）可知,由裂项相消法可得答案.【小问1详解】由，则由数列是公差为的等差数列，则所以当时，当时，符合上式所以【小问2详解】由（1）可知则20、（1）；（2）；（3）4.【解析】(1)根据圆圆心和半径设圆的标准方程为，利用圆心到切线的距离等于圆的半径即可求出a；(2)根据题意写出AB的方程，根据垂径定理即可求出弦长；(3)根据题意求出AB经过的定点Q，当CQ垂直于AB时，AB最短.【小问1详解】由题，设圆C的标准方程为，则，解得.故圆C方程为；【小问2详解】根据题意可知，直线的方程为，即，圆心C到直线的距离为，故弦长；【小问3详解】设，则，又直线方程为：，故直线过定点Q，设圆心C到直线距离为，则，故当最大时，最短，而，故与垂直时最大，此时，，∴线段长度的最小值4.21、（1）证明见解析（2）【解析】(1)利用给定条件可得平面，再证即可证得平面推理作答.(2)由(1)得EA，EB，EG两两垂直，建立空间直角坐标系，先求出向量在向量上的投影的长，然后由勾股定理可得答案.【小问1详解】因为，则，且，又，平面，因此，平面，即有平面，平面，则，而，则四边形为等腰梯形，又，则有，于是有，则，即，，平面，因此，平面，而平面，所以平面平面.【小问2详解】由(1)知，EA，EB，EG两两垂直，以点E为原点，射线EA，EB，EG分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，因，四边形是矩形，则，即，，，由，则则则向量在向量上的投影的长为又,所以点到直线的距离22、（1）2（2）【解析】（1）根据题意表示出的面积，即可求得结果；（2）分类讨论直线斜率情况，然后根据是等边三角形，得到，联立直线和椭圆方