2024届河北省武邑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届河北省武邑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．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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．已知关于的不等式的解集为，则不等式的解集为（）A.或 B.C.或 D.2．某公司门前有一排9个车位的停车场，从左往右数第三个，第七个车位分别停着A车和B车，同时进来C，D两车．在C，D不相邻的情况下，C和D至少有一辆与A和B车相邻的概率是（）A. B.C. D.3．已知椭圆上一点到椭圆一个焦点的距离是3，则点到另一个焦点的距离为（）A.9 B.7C.5 D.34．如图所示，在中，，，，AD为BC边上的高，；若，则的值为（）A. B.C. D.5．已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是A. B.C. D.6．已知数列满足，且，则的值为（）A.3 B.C. D.7．已知平面向量，且，向量满足，则的最小值为（）A. B.C. D.8．设是函数的导函数，的图象如图所示，则的解集是（）A. B.C. D.9．两位同学课余玩一种类似于古代印度的“梵塔游戏”：有3个柱子甲、乙、丙，甲柱上有个盘子，最上面的两个盘子大小相同，从第二个盘子往下大小不等，大的在下，小的在上（如图）.把这个盘子从甲柱全部移到乙柱游戏结束，在移动的过程中每次只能移动一个盘子，甲、乙、丙柱都可以利用，且3个柱子上的盘子始终保持小的盘子不能放在大的盘子之下.设游戏结束需要移动的最少次数为，则当时，和满足A. B.C. D.10．设，分别为具有公共焦点与椭圆和双曲线的离心率，为两曲线的一个公共点，且满足，则的值为A. B.1C.2 D.不确定11．若且，则下列选项中正确的是（）A B.C. D.12．下列命题中正确的是A.命题“若，则”的否命题为：“若，则”B.若命题，是假命题，则实数C.“”的一个充分不必要条件是“”D.命题“若，则”的逆否命题为真命题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则__________14．矩形ABCD中，，在CD边上任取一点M，则的最大边是AB的概率为______15．若“”是真命题，则实数的最小值为_____________.16．若x，y满足约束条件，则的最小值为___________.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）已知等差数列的首项为2，公差为8.在中每相邻两项之间插入三个数，使它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）若，，，，是从中抽取的若干项按原来的顺序排列组成的一个等比数列，，，令，求数列的前项和.18．（12分）在等差数列中，设前项和为，已知，.（1）求的通项公式；（2）令，求数列的前项和.19．（12分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，.（1）求证：平面平面；（2）若，求异面直线与所成角余弦值；（3）在线段上是否存在一点，使二面角大小为?若存在，请指出点的位置，若不存在，请说明理由.20．（12分）椭圆的一个顶点为，离心率（1）求椭圆方程；（2）若直线与椭圆交于不同的两点．若满足，求直线的方程21．（12分）在四面体ABCD中，CB=CD，，且E，F分别是AB，BD的中点，求证：（I）直线；（II）．22．（10分）已知双曲线及直线（1）若与有两个不同的交点，求实数的取值范围（2）若与交于，两点，且线段中点的横坐标为，求线段的长

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、A【解析】由一元二次不等式的解集可得且，确定a、b、c间的数量关系，再求的解集.【详解】由题意知：且，得，从而可化为，等价于，解得或.故选：A.2、B【解析】先求出基本事件总数，和至少有一辆与和车相邻的对立事件是和都不与和车相邻，由此能求出和至少有一辆与和车相邻的概率【详解】解：某公司门前有一排9个车位的停车场，从左往右数第三个，第七个车位分别停着车和车，同时进来，两车，在，不相邻的条件下，基本事件总数，和至少有一辆与和车相邻的对立事件是和都不与和车相邻，和至少有一辆与和车相邻的概率：故选：B3、A【解析】根据椭圆定义求得即可.【详解】由椭圆定义知，点P到另一个焦点的距离为2×6-3=9.故选：A4、B【解析】根据题意求得，化简得到，结合，求得的值，即可求解.【详解】在中，，，，AD为BC边上的高，可得，由又因为，所以，所以.故选：B.5、C【解析】当时，，函数有两个零点和，不满足题意，舍去；当时，，令，得或．时，；时，；时，，且，此时在必有零点，故不满足题意，舍去；当时，时，；时，；时，，且，要使得存在唯一的零点，且，只需，即，则，选C考点：1、函数的零点；2、利用导数求函数的极值；3、利用导数判断函数的单调性6、B【解析】根据题意，依次求出，观察规律，进而求出数列的周期，然后通过周期性求得答案.【详解】因为数列满足，，所以，所以，，，可知数列具有周期性，周期为3，，所以.故选：B7、B【解析】由题设可得，又，易知，，将问题转化为平面点线距离关系：向量的终点为圆心，1为半径的圆上的点到向量所在射线的距离最短，即可求的最小值.【详解】解：∵，而，∴，又，即，又，，∴，若，则，∴在以为圆心，1为半径的圆上，若，则，∴问题转化为求在圆上的哪一点时，使最小，又，∴当且仅当三点共线且时，最小为.故选：B.【点睛】关键点点睛：由已知确定，，构成等边三角形，即可将问题转化为圆上动点到射线的距离最短问题.8、C【解析】先由图像分析出的正负，直接解不等式即可得到答案.【详解】由函数的图象可知,在区间上单调递减,在区间(0,2)上单调递增，即当时,;当x∈(0,2)时,.因为可化为或，解得：0<x<2或x<0,所以不等式的解集为.故选:C9、C【解析】通过写出几项，寻找规律，即可得到和满足的递推公式.【详解】若甲柱有个盘，甲柱上的盘从上往下设为，其中，，当时，将移到乙柱，只移动1次；当时，将移到乙柱，将移到乙柱，移动2次；当时，将移到丙柱，将移到丙柱，将移到乙柱，再将移到乙柱，将移到乙柱，；当时，将上面的3个移到丙柱，共次，然后将移到乙柱，再将丙柱的3个移到乙柱，共次，所以次；当时，将上面的4个移到丙柱，共次，然后将移到乙柱，再将丙柱的4个移到乙柱，共次，所以次；……以此类推，可知，故选.【点睛】主要考查了数列递推公式的求解，属于中档题.这类型题的关键是写出几项，寻找规律，从而得到对应的递推公式.10、C【解析】根据题意，设它们共同的焦距为2c、椭圆的长轴长2a、双曲线的实轴长为2m，由椭圆和双曲线的定义及勾弦定理建立关于a、c、m的方程，联解可得a2+m2=2c2，再根据离心率的定义求解【详解】由题意设焦距为2c，椭圆的长轴长2a，双曲线的实轴长为2m，设P在双曲线的右支上，由双曲线的定义得|PF1|﹣|PF2|=2m①由椭圆的定义|PF1|+|PF2|=2a②又∵，∴，可得∠F1PF2=900，故|PF1|2+|PF2|2=4c2③，①平方+②平方，得|PF1|2+|PF2|2=2a2+2m2④将④代入③，化简得a2+m2=2c2，即，可得，所以=.故选：C11、C【解析】对于A，作商比较，对于B，利用基本不等式的推广式判断，对于C，利用在单位圆中，内接正边形的面积小于内接正边形的面积判断，对于D，利用放缩法判断【详解】，故错误；，故错误；在单位圆中，内接正边形的面积小于内接正边形的面积（必修三阅读材料割圆术），则，故正确；，故错误故选：C【点睛】关键点点睛：此题考查不等式的综合应用，考查基本不等式的推广式的应用，考查放缩法的应用，对于C项解题的关键是利用了在单位圆中，内接正边形的面积小于内接正边形的面积求解，考查数学转化思想，属于难题12、C【解析】．命题的否定是同时否定条件和结论；．将当成真命题解出的范围，再取补集即可；．求出“”的充要条件再判断即可；．判断原命题的真假即可【详解】解：对于A：命题“若，则”的否命题为：“若，则“，故A错误；对于B：当命题，是真命题时，，所以，又因为命题为假命题，所以，故B错误；对于C：由“”解得：，故“”是“”的充分不必要条件，故C正确；对于D：因为命题“若，则”是假命题，所以其逆否命题也是假命题，故D错误；故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据导数的几何意义，结合待定系数法进行求解即可.【详解】设曲线的切点为：，由，所以过该切点的切线斜率为：，于切线方程为：，因此有：，设曲线的切点为：，由，所以过该切点的切线斜率为：，于是切线方程为：，因此有：，因为，，即，因此，故答案为：【点睛】关键点睛：根据导数的几何意义进行求解是解题的关键.14、【解析】先利用勾股定理得出满足条件的长度，再结合几何概型的概率公式得出答案.【详解】设，当时，，；当时，，所以当到的距离都大于时，的最大边是AB，所以的最大边是AB的概率为.故答案为：15、1【解析】若“”是真命题，则大于或等于函数在的最大值因为函数在上为增函数，所以，函数在上的最大值为1，所以，，即实数的最小值为1.所以答案应填:1.考点：1、命题；2、正切函数的性质.16、##【解析】作出可行域，进而根据z的几何意义求得答案.【详解】如图，作出可行域，由z的几何意义可知当过点B时取得最小值.联立，则最小值为.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）【解析】（1）由题意在中每相邻两项之间插入三个数，使它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列，可知的公差，进而可求出其通项公式；（2）根据题意可得，进而得到，再代入中得，利用错位相减即可求出前项和.【小问1详解】由于等差数列的公差为8，在中每相邻两项之间插入三个数，使它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列，则的公差，的首项和首项相同为2，则数列的通项公式为.【小问2详解】由于，是等比数列的前两项，且，，则，则等比数列的公比为3，则，即，.①.②.①减去②得..18、（1）（2）【解析】（1）根据等差数列的前项和公式，即可求解公差，再计算通项公式；（2）根据（1）的结果，利用裂项相消法求和.【小问1详解】设的公差为，由已知得，解得，所以.【小问2详解】所以.19、（1）证明见解析；（2）；（3）存在，点在线段上位于靠近点的四等分点处.【解析】（1）证明平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值；（3）假设存在点，设，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，结合的取值范围可求得的值，即可得出结论.【小问1详解】证明：，，为的中点，则且，四边形为平行四边形，.，即，，又平面平面，平面平面，平面，平面平面，平面平面.【小问2详解】解：，为的中点，.平面平面，且平面平面，平面，平面.如图，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则、、、、，，，则，，异面直线与所成角的余弦值为.【小问3详解】解：假设存在点，设，其中，所以，，且，设平面法向量为，所以，令，可得，由（2）知平面的一个法向量为，二面角为，则，整理可得，因，解得.故存在点，且点在线段上位于靠近点的四等分点处.20、（1）；（2）【解析】（1）首先由椭圆的一个顶点可以求出的值，再根据离心率可得到、的关系，联立即可求得的值，进而得到椭圆的方程；（2）先联立直线与椭圆，结合韦达定理得到线段的中点的坐标，再根据，即可求得的值，进而求得直线的方程【详解】（1）由一个顶点为，离心率，可得，，，解得，，即有椭圆方程为（2）由知点在线段的垂直平分线上，由，消去得，由，得方程的，即方程