福建省龙岩市2024届数学高二上期末经典模拟试题含解析

福建省龙岩市2024届数学高二上期末经典模拟试题考生须知：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．已知椭圆的左右焦点分别为，直线与C相交于M，N两点（其中M在第一象限），若M，，N，四点共圆，且直线倾斜角不小于，则椭圆C的离心率e的取值范围是（）A. B.C. D.2．在棱长为1的正方体中，点，分别是，的中点，点是棱上的点且满足，则两异面直线，所成角的余弦值是（）A. B.C. D.3．已知等差数列的前项和为，，公差，．若取得最大值，则的值为（）A.6或7 B.7或8C.8或9 D.9或104．已知等差数列前项和为，且，，则此数列中绝对值最小的项为A.第5项 B.第6项C.第7项 D.第8项5．若直线与直线垂直，则（）A.6 B.4C. D.6．设等差数列前项和为，若是方程的两根，则（）A.32 B.30C.28 D.267．若直线与互相垂直，则实数a的值为（）A.-3 B.C. D.38．函数的最小值是（）A.3 B.4C.5 D.69．在数列中，，，则（）A. B.C. D.10．已知点在抛物线：上，则的焦点到其准线的距离为（）A. B.C.1 D.211．已知是椭圆两个焦点，P在椭圆上，，且当时，的面积最大，则椭圆的标准方程为（）A. B.C. D.12．曲线上的点到直线的距离的最小值是（）A.3 B.C.2 D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设、分别是椭圆的左、右焦点．若是该椭圆上的一个动点，则的最大值为_____14．已知球的半径为3，则该球的体积为_________.15．若命题“”是假命题，则a的取值范围是_______.16．某次国际会议为了搞好对外宣传工作，会务组选聘了50名记者担任对外翻译工作，在如表“性别与会外语”的列联表中，______.会外语不会外语合计男ab20女6d合计1850三、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）一个完美均匀且灵活的平衡链被它的两端悬挂，且只受重力的影响，这个链子形成的曲线形状被称为悬链线（如图所示）.选择适当的坐标系后，悬链线对应的函数近似是一个双曲余弦函数，其解析式可以为，其中，是常数.（1）当时，判断并证明的奇偶性；（2）当时，若最小值为，求的最小值.18．（12分）已知函数（1）当时，求的单调区间与极值；（2）若不等式在区间上恒成立，求k的取值范围19．（12分）已知斜率为的直线与椭圆：交于，两点（1）若线段的中点为，求的值；（2）若，求证：原点到直线的距离为定值20．（12分）设曲线在点（1，0）处的切线方程为.（1）求a，b的值；（2）求证：；（3）当，求a的取值范围.21．（12分）如图，在三棱锥中，已知△ABC和△PBC均为正三角形，D为BC的中点（1）求证：平面；（2）若，，求三棱锥的体积22．（10分）已知命题p：点在椭圆内；命题q：函数在R上单调递增（1）若p为真命题，求m的取值范围；（2）若为假命题，求实数m的取值范围

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、B【解析】设椭圆的半焦距为c，由椭圆的中心对称性和圆的性质得以为直径的圆与椭圆C有公共点，则有以，再根据直线倾斜角不小于得，由椭圆的定义得，由此可求得椭圆离心率的范围.【详解】解：设椭圆的半焦距为c，由椭圆的中心对称性和M，，N，四点共圆得，四边形必为一个矩形，即以为直径的圆与椭圆C有公共点，所以，所以，所以，因为直线倾斜角不小于，所以直线倾斜角不小于，所以，化简得，，因为，所以，所以，，又，因为，所以，所以，所以，所以.故选：B.2、A【解析】建立空间直角坐标系，写出点、、、和向量的、坐标，运用求异面直线余弦值的公式即可求出.【详解】解：以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标第,则，，，，故,,，故两异面直线，所成角的余弦值是.故选：A.【点睛】本题考查求异面直线所成角的余弦值，属于中档题.3、B【解析】根据题意可知等差数列是，单调递减数列，其中，由此可知，据此即可求出结果.【详解】在等差数列中，所以，所以，即，又等差数列中，公差，所以等差数列是单调递减数列，所以，所以等差数列的前项和为取得最大值，则的值为7或8.故选:B.4、C【解析】设等差数列的首项为，公差为，，则，又，则，说明数列为递减数列，前6项为正，第7项及后面的项为负，又，则，则在数列中绝对值最小的项为，选C.5、A【解析】由两条直线垂直的条件可得答案.【详解】由题意可知，即故选：A.6、A【解析】根据给定条件利用韦达定理结合等差数列性质计算作答.【详解】因是方程的两根，则又是等差数列的前项和，于是得，所以.故选：A7、C【解析】根据给定条件利用两条直线互相垂直的关系列式计算作答.【详解】因直线与互相垂直，则，解得，所以实数a的值为.故选：C8、D【解析】先判断函数的单调性，再利用其单调性求最小值【详解】由，得，因为，所以，所以在上单调递增，所以，故选：D9、A【解析】根据已知条件，利用累加法得到的通项公式，从而得到.【详解】由，得，所以，所以.故选：A.10、B【解析】由点在抛物线上，求得参数，焦点到其准线的距离即为.【详解】由点在抛物线上，易知，，故焦点到其准线的距离为.故选：B.11、A【解析】由题意知c＝3，当△F1PF2的面积最大时，点P与椭圆在y轴上的顶点重合，即可解出【详解】由题意知c＝3，当△F1PF2的面积最大时，点P与椭圆在y轴上的顶点重合，∵时，△F1PF2的面积最大，∴a＝＝，b＝∴椭圆的标准方程为故选：A12、D【解析】求出函数的导函数，设切点为，依题意即过切点的切线恰好与直线平行，此时切点到直线的距离最小，求出切点坐标，再利用点到直线的距离公式计算可得；【详解】解：因为，所以，设切点为，则，解得，所以切点为，点到直线的距离，所以曲线上的点到直线的距离的最小值是；故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、4【解析】设，写出、的坐标，利用向量数量积的坐标表示有，根据椭圆的有界性即可求的最大值.【详解】由题意知：，，若，∴，，∴，而，则，而，∴当时，.故答案为：【点睛】关键点点睛：利用向量数量积的坐标表示及椭圆的有界性求最值.14、【解析】根据球的体积公式计算可得；【详解】解：因为球的半径，所以球的体积；故答案为：15、【解析】依题意可得是真命题，参变分离得到，再利用基本不等式计算可得；【详解】解：因为命题“”是假命题，所以命题“”是真命题，即，所以，因为，当且仅当即时取等号，所以，即故答案：16、24【解析】根据题意列方程组求解即可【详解】由题意得所以，，.故答案为：24三、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）偶函数（2）10【解析】(1)根据偶函数定义直接判断可知；(2)由基本不等式求得的最小值，得到a、b的关系，然后代入目标式，分离常数，然后可得.【小问1详解】当时，，定义域为R，因为所以为偶函数.【小问2详解】因为，所以，当且仅当，即时，取等号.由题知，即，因为，所以，即所以令，，则，所以，所以，当，即时，取等号.所以的最小值为10.18、（1）在上单调递增，在上单调递减，极大值为﹣1，无极小值（2）【解析】（1）利用导数求出单调区间，即可求出极值；（2）令，利用分离参数法得到，利用导数求出的最大值即可求解.【小问1详解】当时，，定义域为，当时，，单调递增；当时，，单调递减∴当时，取得极大值﹣1所以在上单调递增，在上单调递减极大值为﹣1，无极小值【小问2详解】由，得，令，只需.求导得，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，∴当时，取得最大值，∴k的取值范围为19、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）设出两点的坐标，利用点差法即可求出的值；（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，写韦达；根据，求出，从而可证明原点到直线的距离为定值【小问1详解】设，则，，两式相减，得，即，所以，即，又因为线段的中点为，所以，即；【小问2详解】设斜率为的直线为，，由，得，所以，，因为，所以，即，所以，所以，即，所以，原点到直线的距离为.所以原点到直线的距离为定值.20、（1）（2）证明见解析（3）【解析】（1）求导，根据导数的几何意义，令x=1处的切线的斜率等1，结合，即可求得a和b的值；（2）利用（1）的结论，构造函数，求求导数，判断单调性，求出最小值即可证明；（3）根据条件构造函数，求出其导数，分类讨论导数的值的情况，根据单调性，判断函数的最小值情况，即可求得答案.【小问1详解】由题意知：，因为曲线在点（1，0）处的切线方程为，故，即；【小问2详解】证明：由（1）知：，令，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，取得极小值，也即最小值，最小值为，故，即成立；【小问3详解】当，即，（），设，（），则，当时，由得，此时，此时在时单调递增，，适合题意；当时，，此时在时单调递增，，适合题意；当时，，此时，此时在时单调递增，，适合题意；当时，，此时在内，，在内，，故，显然时，，不满足当恒成立，综上述：.21、（1）证明见解析；（