2024届甘肃省陇南市徽县第二中学高二数学第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析

2024届甘肃省陇南市徽县第二中学高二数学第一学期期末教学质量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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．记为等差数列的前n项和，有下列四个等式，甲：；乙：；丙：；丁：．如果只有一个等式不成立，则该等式为（）A.甲 B.乙C.丙 D.丁2．某种产品的广告费支出与销售额（单位：万元）之间的关系如下表：245683040605070若已知与的线性回归方程为，那么当广告费支出为5万元时，随机误差的效应（残差）为万元（残差=真实值-预测值）A.40 B.30C.20 D.103．在中，内角的对边分别为，若，则角为A. B.C. D.4．如图，将边长为4的正方形折成一个正四棱柱的侧面，则异面直线AK和LM所成角的大小为（）A.30° B.45°C.60° D.90°5．我国新冠肺炎疫情防控进入常态化，各地有序进行疫苗接种工作，下面是我国甲、乙两地连续11天的疫苗接种指数折线图，根据该折线图，下列说法不正确的是（）A.这11天甲地指数和乙地指数均有增有减B.第3天至第11天，甲地指数和乙地指数都超过80%C.在这11天期间，乙地指数的增量大于甲地指数的增量D.第9天至第11天，乙地指数的增量大于甲地指数的增量6．若直线与圆相切，则（）A. B.或2C. D.或7．已知抛物线过点，点为平面直角坐标系平面内一点，若线段的垂直平分线过抛物线的焦点，则点与原点间的距离的最小值为（）A. B.C. D.8．下列说法正确的是（）A.“若，则，全为0”的否命题为“若，则，全不为0”B.“若方程有实根，则”的逆命题是假命题C.命题“，”的否定是“，”D.“”是“直线与直线平行”的充要条件9．已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若向量，，，则的最小值为（）A. B.C. D.10．1852年英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题解法传至欧洲，西方人称之为“中国剩余定理”．现有这样一个问题：将1到200中被3整除余1且被4整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则=（）A.130 B.132C.140 D.14411．若正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，则直线A1C1到平面ACD1的距离为（）A.1 B.C. D.12．已知是抛物线的焦点，是抛物线的准线，点，连接交抛物线于点，，则的面积为（）A.4 B.9C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．抛物线的焦点坐标是______.14．某单位现有三个部门竞岗，甲、乙、丙三人每人只竞选一个部门，设事件A为“三人竞岗部门都不同”，B为“甲独自竞岗一个部门”，则______.15．若两条直线与互相垂直，则a的值为______.16．已知正数满足，则的最小值是__________.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）如图，四棱锥中，，，，平面.（1）在线段上是否存在一点使得平面？若存在，求出的位置；若不存在，请说明理由；（2）求四棱锥的体积.18．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝1，BC＝2，PA＝1（1）求证：AB⊥PC；（2）点M在线段PD上，二面角M﹣AC﹣D的余弦值为，求三棱锥M﹣ACP体积19．（12分）已知椭圆的离心率为，右焦点F到上顶点的距离为.（1）求椭圆的方程；（2）是否存在过点F且与x轴不垂直的直线与椭圆交于A、B两点，使得点C（）在线段AB的中垂线上？若存在，求出直线l：若不存在，说明理曲.20．（12分）设AB是过抛物线焦点F的弦，若，，求证：（1）；（2）（为弦AB的倾斜角）21．（12分）已知数列满足，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，为数列的前n项和，求.22．（10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.

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【解析】分别假设甲、乙、丙、丁不成立，验证得到答案【详解】设数列的公差为，若甲不成立，则，由①，③可得，此时与②矛盾；A错，若乙不成立，则，由①，③可得，此时；与②矛盾；B错，若丙不成立，则，由①，③可得，此时；与②矛盾；C错，若丁不成立，则，由①，③可得，此时；，D对，故选：D.2、D【解析】分析：把所给的广告费支出5万元时，代入线性回归方程，做出相应的销售额，这是一个预测值，再求出与真实值之间有一个误差即得.详解：与的线性回归方程为，当时，50，当广告费支出5万元时，由表格得：，故随机误差的效应（残差）为万元.故选D.点睛：本题考查回归分析的初步应用，考查求线性回归方程，考查预测y的值，是一个综合题3、A【解析】因为，那么结合，所以cosA==，所以A=，故答案为A考点：正弦定理与余弦定理点评：本题主要考查正弦定理与余弦定理的基本应用，属于中等题.4、D【解析】作出折叠后的正四棱锥，确定线面关系，从而把异面直线的夹角通过平移放到一个平面内求得.【详解】由题知，折叠后的正四棱锥如图所示，易知K为的四等分点，L为的中点，M为的四等分点，，取的中点N，易证，则异面直线AK和LM所成角即直线AK和KN所成角，在中，，，故故选：D5、C【解析】由折线图逐项分析得到答案.【详解】对于选项A，从折线图中可以直接观察出甲地和乙地的指数有增有减，故选项A正确；对于选项B，从第3天至第11天，甲地指数和乙地指数都超过80%，故选项B正确；对于选项C，从折线图上可以看出这11天甲的增量大于乙的增量，故选项C错误；对于选项D，从折线图上可以看出第9天至第11天，乙地指数的增量大于甲地指数的增量，故D正确；故选：C.6、D【解析】根据圆心到直线的距离等于半径列方程即可求解.【详解】由圆可得圆心，半径，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，整理可得：，所以或，故选：D.7、B【解析】将点的坐标代入抛物线的方程，求出的值，可求得抛物线的方程，求出的坐标，分析可知点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆，利用圆的几何性质可求得点与原点间的距离的最小值.【详解】将点的坐标代入抛物线的方程得，可得，故抛物线的方程为，易知点，由中垂线的性质可得，则点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆，故点的轨迹方程为，如下图所示：由图可知，当点、、三点共线且在线段上时，取最小值，且.故选：B.8、D【解析】A选项，全为0的否定是不全为0；B选项，先写出逆命题，再判断出真假；C选项，命题“，”的否定是“，”，D选项，根据直线平行，列出方程和不等式，求出，进而判断出充要条件.【详解】“若，则，全为0”的否命题为“若，则，不全为0”，A错误；若方程有实根，则的逆命题是若，则方程有实根，由得：，其中，所以若，则方程有实根是真命题，故B错误；命题“，”的否定是“，”，C错误；直线与直线平行，需要满足且，解得：，所以“”是“直线与直线平行”的充要条件，D正确；故选：D9、C【解析】由，得到，根据正弦、余弦定理定理化简得到，化简得到，再结合基本不等式，即可求解.【详解】由题意，向量，，因为，所以，可得，由正弦定理得，整理得，又由余弦定理，可得，因为，所以，由，所以，因为是锐角三角形，且，可得，解得，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.故选：C10、A【解析】分析数列的特点，可知其是等差数列，写出其通项公式，进而求得结果,【详解】被3整除余1且被4整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，这样的数构成首项为10，公差为12的等差数列，所以，故，故选:A.11、B【解析】先证明点A1到平面ACD1的距离即为直线A1C1到平面ACD1的距离，再建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】因为平面平面，所以A1C1//平面ACD1，则点A1到平面ACD1的距离即为直线A1C1到平面ACD1的距离.建立如图所示的空间直角坐标系，易知＝(0,0,1)，由题得平面,所以平面,所以,同理,因为平面，所以平面，所以是平面一个法向量，所以平面ACD1的一个法向量为＝(1,1,1)，故所求的距离为.故选：B【点睛】方法点睛：求点到平面的距离常用的方法有：（1）几何法（找作证指求）；（2）向量法；（3）等体积法.要根据已知条件灵活选择方法求解.12、D【解析】根据题意求得抛物线的方程为和焦点为，由，得到为的中点，得到，代入抛物线方程，求得，进而求得的面积.【详解】由直线是抛物线的准线，可得，即，所以抛物线的方程为，其焦点为，因为，可得可得三点共线，且为的中点，又因为，，所以，将点代入抛物线，可得，所以的面积为.故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】将抛物线的方程化为标准形式，即可求解出焦点坐标.【详解】因为抛物线方程，焦点坐标为，且，所以焦点坐标为，故答案为：.14、##0.5【解析】根据给定条件求出事件B和AB的概率，再利用条件概率公式计算作答.【详解】依题意，，，所以.故答案：15、4【解析】两直线斜率均存在时，两直线垂直，斜率相乘等于-1，据此即可求解.【详解】由题可知，.故答案为：4.16、8【解析】利用“1”代换，结合基本不等式求解.【详解】因为，，所以，当且仅当，即时等号成立，所以当时，取得最小值8.故答案为：8.三、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）存在，为的中点，证明见解析；（2）.【解析】（1）取的中点，的中点，连接，，，证明，由线面平行的判定定理即可求证；（2）先证明平面面，过点作于点，即可证明面，在中，利用面积公式求出即为四棱锥的高，再由棱锥的体积公式即可求解.【详解】（1）线段上存在点使得平面，为的中点.证明如下：如图取的中点，的中点，连接，，，因为，分别为，的中点，所以且因为且，所以，且，所以四边形为平行四边形，可得，因为面，面，所以平面；（2）过点作于点，因为平面，面，所以平面面，因为，面，平面面，所以面，因为，，所以，，所以，即，所以，即为四棱锥的高，所以.18、（1）证明见解析（2）【解析】（1）将问题转化为证明AB⊥平面PAC，然后结合已知可证；（2）建立空间直角坐标系，用向量法结合已知先确定点M位置，然后转化法求体积可得.【小问1详解】由题意得四边形ADCB是直角梯形，AD=CD=1，故∠ACD=45°，∠ACB=45°，AC=.又BC=2，所以，所以，所以AB⊥AC.又PA⊥平面ABCD，AB平面ABCD，所以PA⊥AB.而PA平面PAC，AC平面PAC，，所以AB⊥平面PAC.又PC平面PAC，所以AB⊥PC【小问2详解】过点A作AE⊥BC于E，易知E为BC中点，以A为原点，AE，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，.则设，.显然，是平面ACD的一个法向量，设平面MAC的一个法向量为.则有，取，解得由二面角M﹣AC﹣D的余弦值为，有，解得，所以M为PD中点.所以19、（1）（2）存在，【解析】（1）由题意可得，，求得的值即可求解；（2）由（1）得，假设存在满足条件的直线：，代入椭圆方程消去可得、，由中点坐标公式可得中点的坐标，由求得的值即可求解.小问1详解】由题意可得，，，解得，，所以椭圆的方程为【小问2详解】由（1）得，假设存在满足条件的直线：，代入椭圆方程整理可得，设，，则，，可得，则线段的中点坐标为，所以，则，解得：，所以存在直线，且直线的方程为20、（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）设直线的方程为，代入，再利用韦达定理，即可得到结论；（2）由抛物线的定义，结合余弦函数的定义，即可得到的长，同理可得的长，两式相乘即可证明；【小问1详解】证明：由题意设直线的方程为，代入，可得，所以；【小问2详解】证明：如图，不妨设弦AB的倾斜角为锐角，作垂直于抛物线准线,垂足为M,N,由抛物线的定义可得，所以，同理可得，,所以，当为直角或钝角时，同理可证明，故.21、（1）（2）【解析