2023-2024学年吉林市重点中学数学高二上期末达标检测模拟试题含解析

2023-2024学年吉林市重点中学数学高二上期末达标检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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．下列函数是偶函数且在上是减函数的是A. B.C. D.2．按照小李的阅读速度，他看完《三国演义》需要40个小时.2021年12月20日，他开始阅读《三国演义》，当天他读了20分钟，从第二天开始，他每天阅读此书的时间比前一天增加10分钟，则他恰好读完《三国演义》的日期为（）A.2022年1月8日 B.2022年1月9日C.2022年1月10日 D.2022年1月11日3．在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限4．设变量，满足约束条件，则的最大值为（）A.1 B.6C.10 D.135．“”是“直线与直线互相垂直”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件6．已知函数在处的导数为，则（）A. B.C. D.7．已知为虚数单位，复数是纯虚数，则（）A. B.4C.3 D.28．双曲线的两个焦点为，，双曲线上一点到的距离为8，则点到的距离为（）A.2或12 B.2或18C.18 D.29．数列满足，且，是函数的极值点，则的值是（）A.2 B.3C.4 D.510．如图，平面四边形中，，，，为等边三角形，现将沿翻折，使点移动至点，且，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B.C. D.11．已知圆与圆外切，则（）A. B.C. D.12．直线与圆的位置关系是（）A.相交 B.相切C.相离 D.不确定二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知直线与双曲线交于两点，则该双曲线的离心率的取值范围是______14．过圆内的点作一条直线，使它被该圆截得的线段最短，则直线的方程是______15．已知某地区内猫的寿命超过10岁的概率为0.9，超过12岁的概率为0.6，那么该地区内，一只寿命超过10岁的猫的寿命超过12岁的概率为___________.16．对于下面这个等式我们除了可以用等比数列的求和公式获得，还可以用数学归纳法对其进行证明“”，那么在应用数学归纳法证明时，当验证是否成立时，左边的式子应该是_______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）已知抛物线的顶点为原点，焦点F在x轴的正半轴，F到直线的距离为.点为此抛物线上的一点，.直线l与抛物线交于异于N的两点A，B，且.（1）求抛物线方程和N点坐标；（2）求证：直线AB过定点，并求该定点坐标.18．（12分）如图所示，椭圆的左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为、，为椭圆上一点，连接并延长交椭圆于点，已知椭圆的离心率为，△的周长为8（1）求椭圆的方程；（2）设点的坐标为①当，，成等差数列时，求点的坐标；②若直线、分别与直线交于点、，以为直径的圆是否经过某定点？若经过定点，求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由19．（12分）已知直线过点，且其倾斜角是直线的倾斜角的（1）求直线的方程；（2）若直线与直线平行，且点到直线的距离是，求直线的方程20．（12分）如图，正方形和四边形所在的平面互相垂直，.（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角.21．（12分）如图，直四棱柱中，底面是边长为的正方形，点在棱上.（1）求证：；（2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作已知，使得平面，并给出证明.条件①：为的中点；条件②：平面；条件③：.（3）在（2）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值.22．（10分）甲、乙等6个班级参加学校组织广播操比赛，若采用抽签的方式随机确定各班级的出场顺序（序号为1，2，…，6），求：（1）甲、乙两班级的出场序号中至少有一个为奇数的概率；（2）甲、乙两班级之间的演出班级（不含甲乙）个数X的分布列与期望

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】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性与单调性，综合即可得答案【详解】根据题意，依次分析选项：对于A，为一次函数，不是偶函数，不符合题意；对于B，，，为奇函数，不是偶函数，不符合题意；对于C，，为二次函数，是偶函数且在上是减函数，符合题意；对于D，，，为奇函数，不是偶函数，不符合题意；故选C【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的判定，关键是掌握常见函数的奇偶性与单调性，属于基础题2、B【解析】由等差数列前n项和列不等式求解即可.【详解】由题知，每天的读书时间为等差数列，首项为20，公差为10，记n天读完.则40小时=2400分钟，令，得或（舍去），故，即第21天刚好读完，日期为2022年1月9日.故选：B3、D【解析】根据复数在复平面内的坐标表示可得答案.【详解】解：由题意得：在复平面上对应的点为，该点在第四象限.故选：D4、C【解析】画出约束条件表示的平面区域，将变形为，可得需要截距最小，观察图象，可得过点时截距最小，求出点A坐标，代入目标式即可.【详解】解：画出约束条件表示的平面区域如图中阴影部分：又，即，要取最大值，则在轴上截距要最小，观察图象可得过点时截距最小，由，得，则.故选：C.5、A【解析】根据直线垂直求出的范围即可得出.【详解】由直线垂直可得，解得或1，所以“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件.故选：A.6、C【解析】利用导数的定义即可求出【详解】故选：C7、C【解析】化简复数得，由其为纯虚数求参数a，进而求的模即可.【详解】由纯虚数，∴，解得：，则，故选：C8、C【解析】利用双曲线的定义求.【详解】解：由双曲线定义可知：解得或（舍）∴点到的距离为18，故选：C.9、C【解析】利用导数即可求出函数的极值点，再利用等差数列的性质及其对数的运算性质求解即可【详解】由，得，因为，是函数的极值点，所以，是方程两个实根，所以，因为数列满足，所以，所以数列为等差数列，所以，所以，故选：C10、A【解析】将三棱锥补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同，由此易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，在中，计算半径即可.【详解】由，，可知平面将三棱锥补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同，由此易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，记的外心为，由为等边三角形，可得又，故在中，此即为外接球半径，从而外接球表面积为故选：A【点睛】本题考查了三棱锥外接球的表面积，考查了学生空间想象，逻辑推理，综合分析，数学运算的能力，属中档题.11、D【解析】根据两圆外切关系，圆心距离等于半径的和列方程求参数.【详解】由题设，两圆圆心分别为、，半径分别为1、r，∴由外切关系知：，可得.故选：D.12、A【解析】首先求出直线过定点，再判断点在圆内，即可判断；【详解】解：直线恒过定点，又，即点在圆内部，所以直线与圆相交；故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】分析可知，由可求得结果.【详解】双曲线的渐近线方程为，由题意可知，.故答案为：.14、【解析】由已知得圆的圆心为，所以当直线时，被该圆截得的线段最短，可求得直线的方程.【详解】解：由得，所以圆的圆心为，所以当直线时，被该圆截得的线段最短，所以，解得，所以直线l的方程为，即，故答案为：.15、【解析】根据条件概率公式求解即可.【详解】设事件A：猫的寿命超过10岁，事件B：猫的寿命超过12岁.依题意有，，则一只寿命超过10岁猫的寿命超过12岁的概率.故答案为：16、【解析】根据已知条件，结合数学归纳法的定义，即可求解.【详解】当，，故此时式子左边=.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）证明见解析，定点【解析】（1）设抛物线的标准方程为，利用点到直线距离公式可求出，再利用焦半径公式可求出N点坐标；（2）设直线的方程为，与抛物线联立，利用韦达定理计算，可得关系，然后代入直线方程可得定点.【小问1详解】设抛物线的标准方程为，，其焦点为则，∴所以抛物线的方程为.，所以，所以.因为，所以，所以.【小问2详解】由题意知，直线的斜率不为0，设直线的方程为（），联立方程得设两个交点，（，）.所以所以，即整理得，此时恒成立，此时直线l的方程为，可化为，从而直线过定点.18、（1）；（2）①或；②过定点、，理由见解析.【解析】（1）由焦点三角形的周长、离心率求椭圆参数，即可得椭圆方程.（2）①由（1）可得，结合椭圆的定义求，即可确定的坐标；②由题设，求直线、的方程，进而求、坐标，即可得为直径的圆的方程，令求横坐标，即可得定点.【小问1详解】由题设，易知：，可得，则，∴椭圆.【小问2详解】①由（1）知：，令，则，∴，解得，故，此时或②由（1），，，∴可令直线：，直线：，∴将代入直线可得：，，则圆心且半径为，∴为直径的圆为，当时，，又，∴，可得或.∴为直径的圆过定点、.【点睛】关键点点睛：第二问，应用点斜式写出直线、的方程，再求、坐标，根据定义求为直径的圆的方程，最后令及在椭圆上求定点.19、（1）；（2）或【解析】（1）先求得直线的倾斜角，由此求得直线的倾斜角和斜率，进而求得直线的方程；（2）设出直线的方程，根据点到直线的距离列方程，由此求解出直线的方程【详解】解（1）直线的倾斜角为，∴直线的倾斜角为，斜率为，又直线过点，∴直线的方程为，即；（2）设直线的方程为，则点到直线的距离，解得或∴直线的方程为或20、（1）证明见解析（2）【解析】（1）由题意可证得，所以以C为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量证明，（2）求出两个平面的法向量，利用空间向量求解【小问1详解】∵平面平面，平面平面，∴平面，∴，以C为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为，则，令，则，∵平面，∴∥平面.【小问2详解】，设平面的法向量为，则，令，则.∴.由图可知平面与平面的夹角为锐角，所以平面与平面的夹角为.21、（1）证明见解析；（2）答案见解析；（3）.【解析】（1）连结，，由直四棱柱的性质及线面垂直的性质可得，再由正方形的性质及线面垂直的判定、性质即可证结论.（2）选条件①③，设，连结，，由中位线的性质、线面垂直的性质可得、，再由线面垂直的判定证明结论；选条件②③，设，连结，由线面平行的性质及平行推论可得，由线面垂直的性质有，再由线面垂直的判定证明结论；（3）构建空间直角坐标系，求平面、平面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求平面与平面夹角的余弦值.【小问1详解】连结，，由直四棱柱知：平面，又平面，所以，又为正方形，即，又，∴平面，又平面，∴.【小问2详解】选条件①③，可使平面.证明如下：设，连结，，又，分别是，的中点，∴.又，所以.由（1）知：平面，平面，则.又，即平面.选条件②③，可使平面.证明如下：设，连结.因为平面，平面，平面平面，所以，又，则.由（1）知：平面，平面，则.又，即平面.【小问3详解】由（2）可知，四边形为正方形，所以.因为，，两两垂直，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，，，，，，