2024届江西省桑海中学等三校高二数学第一学期期末学业水平测试模拟试题含解析

2024届江西省桑海中学等三校高二数学第一学期期末学业水平测试模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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．已知递增等比数列的前n项和为，，且，则与的关系是（）A. B.C. D.2．直线且的倾斜角为（）A. B.C. D.3．已知向量与平行，则（）A. B.C. D.4．如果一个矩形长与宽的比值为，那么称该矩形为黄金矩形.如图，已知是黄金矩形，，分别在边，上，且也是黄金矩形.若在矩形内任取一点，则该点取自黄金矩形内的概率为（）A. B.C. D.5．圆与圆的位置关系是（）A.相离 B.内含C.相切 D.相交6．若直线与曲线只有一个公共点，则m的取值范围是（）A. B.C.或 D.或7．设aR，则“a＝1”是“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”的A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件8．已知圆的圆心在轴上，半径为2，且与直线相切，则圆的方程为A. B.或C. D.或9．若直线与双曲线相交，则的取值范围是A. B.C. D.10．若数列满足，，则该数列的前2021项的乘积是（）A. B.C.2 D.111．已知等差数列满足，则等于（）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．设数列满足，则an＝________14．已知正三棱台上、下底面边长分别为1和2，高为1，则这个正三棱台的体积为______.15．已知函数在处有极值．则=________16．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，其中，，则S的最大值为______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）如图，在四棱锥中，为平行四边形，，平面，且，点是的中点.（1）求证：平面；（2）在线段上(不含端点)是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.18．（12分）已知椭圆：的一个焦点坐标为，离心率.（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，椭圆与直线相交于两个不同的点A、B，线段AB的中点为M.若直线OM的斜率为-1，求线段AB的长；（3）如图，设椭圆上一点R的横坐标为1（R在第一象限），过R作两条不重合直线分别与椭圆交于P、Q两点、若直线PR与QR的倾斜角互补，求直线PQ的斜率的所有可能值组成的集合.19．（12分）已知圆C的圆心C在直线上，且与直线相切于点.（1）求圆C的方程；（2）过点的直线与圆C交于两点，线段的中点为M，直线与直线的交点为N.判断是否为定值.若是，求出这个定值，若不是，说明理由.20．（12分）设F为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆C交于两点.（1）若点B为椭圆C的上顶点，求直线的方程；（2）设直线的斜率分别为，，求证：为定值.21．（12分）在等差数列中，，.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和.22．（10分）已知曲线C的方程为（1）判断曲线C是什么曲线，并求其标准方程；（2）过点的直线l交曲线C于M，N两点，若点P为线段MN的中点，求直线l的方程

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】设等比数列的公比为，由已知列式求得，再由等比数列的通项公式与前项和求解.【详解】设等比数列的公比为，由，得，所以，又，所以，所以，，所以即故选：D2、C【解析】由直线方程可知其斜率，根据斜率和倾斜角关系可得结果.【详解】直线方程可化为：，直线的斜率，直线的倾斜角为.故选：C.3、D【解析】根据两向量平行可求得、的值，即可得出合适的选项.【详解】由已知，解得，，则.故选：D.4、B【解析】由几何概型的面积型，只需求小矩形的面积和大矩形面积之比.【详解】由题意，不妨设，则，又也是黄金矩形，则，又，解得，于是大矩形面积为：，小矩形的面积为，由几何概型的面积型，概率为若在矩形内任取一点，则该点取自黄金矩形内的概率为：.故选：B.5、D【解析】先由圆的方程得出两圆的圆心坐标和半径，求出两圆心间的距离与两半径之和与差比较可得答案.【详解】圆的圆心为，半径为圆的圆心为，半径为两圆心间的距离为由，所以两圆相交.故选：D6、D【解析】根据曲线方程的特征，发现曲线表示在轴上方的图象，画出图形，根据图形上直线的三个特殊位置，当已知直线位于直线位置时，把已知直线的解析式代入椭圆方程中，消去得到关于的一元二次方程，由题意可知根的判别式等于0即可求出此时对应的的值；当已知直线位于直线及直线的位置时，分别求出对应的的值，写出满足题意得的范围，综上，得到所有满足题意得的取值范围【详解】根据曲线，得到，解得：；，画出曲线的图象，为椭圆在轴上边的一部分，如图所示：当直线在直线的位置时，直线与椭圆相切，故只有一个交点，把直线代入椭圆方程得：，得到，即，化简得：，解得或(舍去)，则时，直线与曲线只有一个公共点；当直线在直线位置时，直线与曲线刚好有两个交点，此时，当直线在直线位置时，直线与曲线只有一个公共点，此时，则当时，直线与曲线只有一个公共点，综上，满足题意得的范围是或故选：D7、A【解析】运用两直线平行的充要条件得出l1与l2平行时a的值，而后运用充分必要条件的知识来解决即可解：∵当a=1时，直线l1：x+2y﹣1=0与直线l2：x+2y+4=0，两条直线的斜率都是﹣，截距不相等，得到两条直线平行，故前者是后者的充分条件，∵当两条直线平行时，得到，解得a=﹣2，a=1，∴后者不能推出前者，∴前者是后者的充分不必要条件故选A考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线的一般式方程与直线的平行关系8、D【解析】设圆心坐标，由点到直线距离公式可得或，进而求得答案【详解】设圆心坐标，因为圆与直线相切，所以由点到直线的距离公式可得，解得或.因此圆的方程为或.【点睛】本题考查利用直线与圆的位置关系求圆的方程，属于一般题9、C【解析】联立直线和双曲线的方程得到，即得的取值范围.【详解】联立直线和双曲线的方程得当，即时，直线和双曲线的渐近线重合，所以直线与双曲线没有公共点.当，即时，，解之得.故选：C.【点睛】本题主要考查直线和双曲线的位置关系，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.10、C【解析】先由数列满足，，计算出前5项，可得，且，再利用周期性即可得到答案.【详解】因为数列满足，，所以，同理可得，…所以数列每四项重复出现，即，且，而，所以该数列的前2021项的乘积是.故选：C.11、A【解析】利用等差中项求出的值，进而可求得的值.【详解】因为得，因此，.故选：A.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】先由题意得时，，再作差得，验证时也满足【详解】①当时，；当时，②①②得，当也成立.即故答案为：14、【解析】先计算两个底面的面积，再由体积公式计算即可.【详解】上底面的面积为，下底面的面积为，则这个正三棱台的体积为.故答案为：15、4【解析】根据极值点概念求解【详解】，由题意得，，经检验满足题意故答案为：416、【解析】应用余弦定理有，再由三角形内角性质及同角三角函数平方关系求，根据基本不等式求得，注意等号成立条件，最后利用三角形面积公式求S的最大值.【详解】由余弦定理知：，而，所以，而，即，当且仅当时等号成立，又，当且仅当时等号成立.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）见解析（2）存在，【解析】（1）连接交于点，由三角形中位线性质知，由线面平行判定定理证得结论；（2）以为原点建立空间直角坐标系，假设，可用表示出点坐标；根据二面角的向量求法可根据二面角的余弦值构造出关于的方程，从而解得结果.【详解】（1）连接交于点，连接，四边形为平行四边形，为中点，又为中点，，平面，平面，平面；（2）平面，，两两互相垂直，则以为坐标原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：则，，，，，，设，且，则，，即，设平面的法向量，又，，则，令，则，，；设平面的一个法向量，又，，则，令，则，，；，解得：或，二面角的余弦值为，二面角为锐二面角，不满足题意，舍去，即.在线段上存在点，时，二面角的余弦值为.【点睛】本题考查立体几何中的线面平行关系的证明、存在性问题的求解；求解存在性问题的关键是能够利用共线向量的方式将所求点坐标表示出来，进而利用二面角的向量求法构造方程；易错点是忽略二面角的范围，造成参数值求解错误.18、（1）；（2）；（3）.【解析】(1)根据给定条件求出椭圆长半轴长a即可计算得解.(2)将代入椭圆的方程，再结合给定条件求出k值即可计算出AB的长.(3)设出直线PR的方程，再与椭圆的方程联立求出点P坐标，同理可得点Q坐标，计算PQ的斜率即可作答.【小问1详解】依题意，椭圆的半焦距c=1，而，解得，则，所以椭圆的方程是：.【小问2详解】由消去y并整理得：，解得，，于是得线段AB的中点，直线OM斜率为，解得，因此，，所以线段AB的长为.【小问3详解】由(1)知，点，依题意，设直线PR的斜率为，直线PR方程为：，由消去y并整理得，，设点，则有，显然直线QR的斜率为-t，设点，同理有，于是得直线PQ的斜率，所以直线PQ的斜率的所有可能值组成的集合.【点睛】方法点睛：求椭圆的标准方程有两种方法：①定义法：根据椭圆的定义，确定，的值，结合焦点位置可写出椭圆方程②待定系数法：若焦点位置明确，则可设出椭圆的标准方程，结合已知条件求出a，b；若焦点位置不明确，则需要分焦点在x轴上和y轴上两种情况讨论.19、（1）（2）【解析】（1）设过点且与直线垂直的直线为，将代入直线方程，即可求出，再与求交点坐标，得到圆心坐标，再求出半径，即可得解；（2）分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，当斜率不存在直接求出、的坐标，即可求出，当直线的斜率存在，设直线为、、，联立直线与圆的方程，消元列出韦达定理，即可表示出的坐标，再求出的坐标，即可表示出、，即可得解；【小问1详解】解：设过点且与直线垂直的直线为，则，解得，即，由，解得，即圆心坐标为，所以半径，所以圆的方程为【小问2详解】解：当直线的斜率存在时，设过点的直线为，所以，消去得，设、，则，，所以，所以的中点，由解得，即，所以，，所以；当直线的斜率不存在时，直线的方程为，由，解得或，即、，所以，所以又解得，即，所以，所以，综上可得.20、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）求出的直线方程，结合椭圆方程可求的坐标，从而可求的直线方程；（2）设，直线（或），则可用两点的坐标表示或，联立直线的方程和椭圆的方程，消元后利用韦达定理可化简前者从而得到要证明的结论【详解】（1）若B为椭圆的上顶点，则.又过点，故直线由可得，解得即点，又，故直线；（2）设，方法一：设直线，代入椭圆方程可得：所以，故，又均不为0，故，即为定值方法二：设直线，代入椭圆方程可得：所以所以，即，所以，即为定值方法三：设直线，代入椭圆方程可得：所以，所以所以，把代入得方法四：设直线，代入椭圆的方程可得，则所以.因为，代入得.【点睛】思路点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.21、（1）（2）【解析