2024届云南省福贡县一中高二数学第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析

2024届云南省福贡县一中高二数学第一学期期末教学质量检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．在如图所示的棱长为1的正方体中，点P在侧面所在的平面上运动，则下列四个命题中真命题的个数是（）①若点P总满足，则动点P的轨迹是一条直线②若点P到点A的距离为，则动点P的轨迹是一个周长为的圆③若点P到直线AB的距离与到点C的距离之和为1，则动点P的轨迹是椭圆④若点P到平面的距离与到直线CD的距离相等，则动点P的轨迹是抛物线A.1 B.2C.3 D.42．已知是虚数单位，若复数满足，则（）A. B.2C. D.43．饕餮（tāotiè）纹，青铜器上常见的花纹之一，盛行于商代至西周早期，最早出现在距今五千年前长江下游地区的良渚文化玉器上．有人将饕餮纹的一部分画到了方格纸上，如图所示，每个小方格的边长为，有一点从点出发每次向右或向下跳一个单位长度，且向右或向下跳是等可能性的，那么它经过次跳动后恰好是沿着饕餮纹的路线到达点的概率为（）A. B.C. D.4．若函数f(x)=x2+x+1在区间内有极值点,则实数a的取值范围是()A. B.C. D.5．某制药厂为了检验某种疫苗预防的作用，把名使用疫苗的人与另外名未使用疫苗的人一年中的记录作比较，提出假设：“这种疫苗不能起到预防的作用”，利用列联表计算得，经查对临界值表知.则下列结论中，正确的结论是（）A.若某人未使用该疫苗，则他在一年中有的可能性生病B.这种疫苗预防的有效率为C.在犯错误的概率不超过的前提下认为“这种疫苗能起到预防的作用”D.有的把握认为这种疫苗不能起到预防生病的作用6．命题“若，则”的逆否命题是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则7．函数的大致图象为A. B.C. D.8．下列各式正确的是（）A. B.C. D.9．若圆与圆相切，则实数a的值为（）A.或0 B.0C. D.或10．已知为坐标原点，点的坐标为，点的坐标满足，则的最小值为（）A B.C. D.411．在平面区域内随机投入一点P，则点P的坐标满足不等式的概率是（）A. B.C. D.12．已知函数是定义在上奇函数，，当时，有成立，则不等式的解集是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f（1）＝3，且f(x)的导数在R上恒有<2(x∈R)，则不等式f(x)<2x＋1的解集为______.14．有一道楼梯共10阶，小王同学要登上这道楼梯，登楼梯时每步随机选择一步一阶或一步两阶，小王同学7步登完楼梯的概率为___________.15．射击队某选手命中环数的概率如下表所示：命中环数10987概率0.320.280.180.120.1该选手射击两次，两次命中环数相互独立，则他至少命中一次9环或10环的概率为_________________.(结果用小数表示)16．已知椭圆的短轴长为2，上顶点为，左顶点为，左、右焦点分别是，，且的面积为，点为椭圆上的任意一点，则的取值范围是______.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,是平行四边形，已知，,平面平面.（1）证明：；（2）若，求平面与平面所成二面角的平面角的余弦值18．（12分）已知数列中，.（1）证明是等比数列，并求通项公式；（2）设，记数列的前n项和为，求使恒成立的最小的整数k.19．（12分）已知平面内两点，，动点P满足（1）求动点P的轨迹方程；（2）过定点的直线l交动点P的轨迹于不同的两点M，N，点M关于y轴对称点为，求证直线过定点，并求出定点坐标20．（12分）已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（1）求C；（2）若，求的最大值21．（12分）如图，在长方体中，，，是棱的中点（1）求证：；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由22．（10分）已知抛物线y2＝8x.(1)求出该抛物线的顶点、焦点、准线、对称轴、变量x的范围；(2)以坐标原点O为顶点，作抛物线的内接等腰三角形OAB，|OA|＝|OB|，若焦点F是△OAB的重心，求△OAB的周长

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、C【解析】根据线面关系、距离关系可分别对每一个命题判断.【详解】若点P总满足，又，，，可得对角面，因此点P的轨迹是直线，故①正确若点P到点A的距离为，则动点P的轨迹是以点B为圆心，以1为半径的圆（在平面内），因此圆的周长为，故②正确点P到直线AB的距离PB与到点C的距离PC之和为1，又，则动点P的轨迹是线段BC，因此③不正确点P到平面的距离（即到直线的距离）与到直线CD的距离（即到点C的距离）相等，则动点P的轨迹是以线段BC的中点为顶点，直线BC为对称轴的抛物线（在平面内），因此④正确故有①②④三个故选:C2、C【解析】先求出，然后根据复数的模求解即可【详解】，，则，故选：C3、B【解析】本题首先可根据题意列出次跳动的所有基本事件，然后找出沿着饕餮纹的路线到达点的事件，最后根据古典概型的概率计算公式即可得出结果.【详解】点从点出发，每次向右或向下跳一个单位长度，次跳动的所有基本事件有：（右，右，右）、（右，右，下）、（右，下，右）、（下，右，右）、（右，下，下）、（下，右，下）、（下，下，右）、（下，下，下），沿着饕餮纹的路线到达点的事件有：（下，下，右），故到达点的概率，故选：B.4、C【解析】若f(x)=x2+x+1在区间内有极值点,则f'(x)=x2-ax+1在区间内有零点,且零点不是f'(x)的图象顶点的横坐标.由x2-ax+1=0,得a=x+.因为x∈,y=x+的值域是,当a=2时,f'(x)=x2-2x+1=(x-1)2,不合题意.所以实数a的取值范围是,故选C.5、C【解析】根据的值与临界值的大小关系进行判断.【详解】∵，，∴在犯错误的概率不超过的前提下认为“这种疫苗能起到预防的作用”，C对，由已知数据不能确定若某人未使用该疫苗，则他在一年中有的可能性生病，A错，由已知数据不能判断这种疫苗预防的有效率为，B错，由已知数据没有的把握认为这种疫苗不能起到预防生病的作用,D错，故选：C.6、C【解析】根据逆否命题的定义写出逆否命题即得【详解】解：以否定的结论作条件、否定的条件作结论得出的命题为原命题的逆否命题，即“若，则”的逆否命题是“若，则”故选：C7、D【解析】根据函数奇偶性排除A、C.当时排除B【详解】解：由可得所以函数为偶函数，排除A、C.因为时，，排除B.故选：D.8、C【解析】利用导数的四则运算即可求解.【详解】对于A，，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，，故D错误；故选：C9、D【解析】根据给定条件求出两圆圆心距，再借助两圆相切的充要条件列式计算作答.【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，而，即点不可能在圆内，则两圆必外切，于是得，即，解得，所以实数a的值为或.故选：D10、B【解析】由数量积的坐标运算求得，令，化为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案【详解】解：根据题意可得，、，所以，令，由约束条件作出可行域如下图所示，由得，即，由，得，由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最小，有最小值为，即，所以故选：B11、A【解析】根据题意作出图形，进而根据几何概型求概率的方法求得答案.【详解】根据题意作出示意图，如图所示：于，所求概率.故选：A.12、A【解析】构造函数，分析该函数的定义域与奇偶性，利用导数分析出函数在上为增函数，从而可知该函数在上为减函数，综合可得出原不等式的解集.【详解】令，则函数的定义域为，且，则函数为偶函数，所以，，当时，，所以，函数在上为增函数，故函数在上为减函数，由等价于或：当时，由可得；当时，由可得.综上所述，不等式的解集为.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】构造函数g(x)＝f(x)－2x－1，则原不等式可化为.利用导数判断出g(x)在R上为减函数，直接利用单调性解不等式即可【详解】令g(x)＝f(x)－2x－1，则g（1）＝f（1）－2－1＝0.所以原不等式可化为.因为，所以g(x)在R上为减函数.由解得：x>1.故答案为：.14、【解析】由题意可分为步、步、步、步、步、步共6种情况，分别求出每种的基本事件数，再利用古典概型的概率公式计算可得；【详解】解：由题意可分为步、步、步、步、步、步共6种情况，①步：即步两阶，有种；②步：即步两阶与步一阶，有种；③步：即步两阶与步一阶，有种；④步：即步两阶与步一阶，有种；⑤步：即步两阶与步一阶，有种；⑥步：即步一阶，有种；综上可得一共有种情况，满足7步登完楼梯的有种；故7步登完楼梯的概率为故答案为：15、84【解析】先求出该选手射击两次，两次命中的环数都低于9环的概率，由对立事件的概率可得答案.【详解】该选手射击一次，命中的环数低于9环的概率为该选手射击两次，两次命中的环数都低于9环的概率为所以他至少命中一次9环或10环的概率为故答案：0.8416、【解析】根据的面积和短轴长得出a，b，c的值，从而得出的范围，得到关于的函数，从而求出答案【详解】由已知得，故，∵的面积为，∴，∴，又，∴，，∴，又，∴，∴.即的取值范围为.故答案为点睛】本题考查了椭圆的简单性质，函数最值的计算，熟练掌握椭圆的基本性质是解题的关键，属于中档题三、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).【解析】（1）推导出，取BC的中点F，连结EF，可推出，从而平面，进而，由此得到平面，从而；（2）以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，以过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成二面角的余弦值【详解】（1）∵是平行四边形，且∴，故，即取BC的中点F，连结EF.∵∴又∵平面平面∴平面∵平面∴∵平面∴平面，∵平面∴（2）∵,由（Ⅰ）得以为坐标原点，所在直线分别为轴,建立空间直角坐标系(如图)，则∴设平面的法向量为，则，即得平面一个法向量为由（1）知平面，所以可设平面的法向量为设平面与平面所成二面角的平面角为，则即平面与平面所成二面角的平面角的余弦值为.【点睛】用空间向量求解立体几何问题的注意点（1）建立坐标系时要确保条件具备，即要证明得到两两垂直的三条直线，建系后要准确求得所需点的坐标（2）用平面的法向量求二面角的大小时，要注意向量的夹角与二面角大小间的关系，这点需要通过观察图形来判断二面角是锐角还是钝角，然后作出正确的结论18、（1）证明见解析，（2）4【解析】（1）由，得到，利用等比数列的定义求解；（2）由（1）得到，然后利用错位相减法求解.【小问1详解】证明：由，得，∴，∴数列是以3为公比，以为首项的等比数列，∴，即.【小问2详解】由题意得.，两式相减得：，因为，所以，所以使恒成立的最小的整数k为4.19、（1）（2）证明见解析，定点坐标为【解析】（1）直接由斜率关系计算得到；（2）设出直线，联立椭圆方程，韦达定理求出，再结合三点共线，求出参数，得到过定点.小问1详解】设动点，由已知有，整理得，所以动点的轨迹方程为；【小问2详解】由已知条件可知直线和直线斜率一定存在，设直线方程为，，，则，由，可得，则，即为，，，因为直线过定点，所以三点共线，即，即，即，即，即得，整理，得，满足，则直线方程为，恒过定点.【点睛】本题关键在于设出带有两个参数的直线的方程，联立椭圆方程后，利用题干中的条件，解出一个参数或得到两个参数之间的关系，即可求出定点.20、（1）；（2）.【解析】（1）将题设条件化为，结合余弦定理即可知C的大小.（2）由（1）及正弦定理边角关系可得，再应用辅助角公式、正弦函数的性质即可求最大值.【小问1详解】由，得，即，由余弦定理得：，又，所以【小问2详解】由（1）知：，则，设△ABC外接圆半径为R，则，当时，取得最大值为21、(1)证明见解析（2）（3）存点，【解析】(1)先证明平面，由平面，可证明结论.(2)以分别为轴，建立空间直角坐标系,分别求出平面与平面的法向量，利用向量法求求解即可.(3)设，,则，则由向量法结合条件可得答案.【详解】（1）在长方体中，,又，所以平面又平面,所以.(2)以分别为轴，建立空间直角坐标系因为，，是棱的中点则则为平面的一个法向量.设为平面的一个法向量.,所以，即取，可得所以如图平面与平面夹角为锐角，所以平面与平面夹角的余弦值为.(3)设，，则由（2）平面的一个法向量设与平面所成角为则解得，取所以存在点，满足条件.22、（1）见解析；（2）2＋4.【解析】（1）由抛物线的简单几何性质易得结果；(2)由|OA|＝|OB|可知AB⊥x轴，又焦点F是△OAB的重心，则|OF|＝|OM|=2.设A(