河北省遵化市2023年数学高二上期末质量跟踪监视模拟试题含解析

河北省遵化市2023年数学高二上期末质量跟踪监视模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．直线与圆相切，则实数等于（）A.或 B.或C.3或5 D.5或32．定义运算：．已知，都是锐角，且，，则（）A. B.C. D.3．在四面体中，点G是的重心，设，，，则（）A. B.C. D.4．设是等差数列的前n项和，若，，则（）A.26 B.－7C.－10 D.－135．《九章算数》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积为3升，下面3节的容积共4升，则第五节的容积为（）A.1升 B.升C.升 D.升6．已知直线，，若，则实数的值是（）A.0 B.2或-1C.0或-3 D.-37．一个几何体的三视图都是半径为1的圆，在该几何体内放置一个高度为1的长方体，则长方体的体积最大值为（）A. B.C. D.18．下列四个命题中，为真命题的是（）A.若a＞b，则ac2＞bc2B.若a＞b，c＞d，则a﹣c＞b﹣dC.若a＞|b|，则a2＞b2D.若a＞b，则9．函数的图象大致是（）A. B.C. D.10．在棱长为4的正方体中，为的中点，点P在正方体各棱及表面上运动且满足，则点P轨迹围成的图形的面积为（）A. B.C. D.11．已知平面，的法向量分别为，，则（）A. B.C.，相交但不垂直 D.，的位置关系不确定12．过点与直线平行的直线的方程是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在中.若成公比为的等比数列，则____________14．已知抛物线C：，经过点P（4，1）的直线l与抛物线C相交于A，B两点，且点P恰为AB的中点，F为抛物线的焦点，则______15．如图所示四棱锥，底面ABCD为直角梯形，，，，，是底面ABCD内一点（含边界），平面MBD，则点O轨迹的长度为_____________.16．圆的圆心坐标为___________；半径为___________.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）已知抛物线：的焦点是圆与轴的一个交点.（1）求抛物线的方程;（2）若过点的直线与抛物线交于不同的两点A、B，О为坐标原点，证明：.18．（12分）请你设计一个包装盒，如图所示，是边长为的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得四个点重合于图中的点，正好形成一个长方体形状的包装盒，、在上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设（1）求包装盒的容积关于的函数表达式，并求出函数的定义域；（2）当为多少时，包装盒的容积最大？最大容积是多少？19．（12分）已知点A（1，2）在抛物线C∶上，过点A作两条直线分别交抛物线于点D，E，直线AD，AE的斜率分别为kAD，kAE，若直线DE过点P（-1，-2）（1）求抛物线C的方程；（2）求直线AD，AE的斜率之积.20．（12分）已知函数.（1）当时，证明：存在唯一的零点；（2）若，求实数的取值范围.21．（12分）已知函数，为自然对数的底数.（1）当时，证明，，；（2）若函数在上存在极值点，求实数的取值范围.22．（10分）设，分别是椭圆（）的左、右焦点，E的离心率为.短轴长为2.（1）求椭圆E的方程：（2）过点的直线l交椭圆E于A，B两点，是否存在实数t，使得恒成立？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由.

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】先求出圆的圆心和半径，再利用圆心到直线的距离等于半径列方程可求得结果【详解】由，得，则圆心为，半径为2，因为直线与圆相切，所以，得，解得或，故选：C2、B【解析】，只需求出与的正、余弦值即可，用平方关系时注意角的范围.【详解】解：因为，都是锐角，所以，，因为，所以，即，，所以，，因为，所有，故选：B.【点睛】信息给予题，已知三角函数值求三角函数值，考查根据三角函数的恒等变换求值，基础题.3、B【解析】结合重心的知识以及空间向量运算求得正确答案.【详解】设是中点，.故选：B4、C【解析】直接利用等差数列通项和求和公式计算得到答案.【详解】，，解得，故.故选：C.5、B【解析】设出竹子自上而下各节的容积且为等差数列，根据上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升列出关于首项和公差的方程，联立即可求出首项和公差，根据求出的首项和公差，利用等差数列的通项公式即可求出第5节的容积【详解】解：设竹子自上而下各节的容积分别为：，，，，且为等差数列，根据题意得：，，即①，②，②①得：，解得，把代入①得：，则故选：B【点睛】本题考查学生掌握等差数列的性质，灵活运用等差数列的通项公式化简求值，属于中档题6、C【解析】由，结合两直线一般式有列方程求解即可.【详解】由知：,解得：或故选：C.7、B【解析】根据题意得到几何体为半径为1的球，长方体的体对角线为球的直径时，长方体体积最大，设出长方体的长和宽，得到等量关系，利用基本不等式求解体积最大值.【详解】由题意得：此几何体为半径为1的球，长方体为球的内接长方体时，体积最大，此时长方体的体对角线为球的直径，设长方体长为，宽为，则由题意得：，解得：，而长方体体积为，当且仅当时等号成立，故选：B8、C【解析】利用不等式的性质结合特殊值法依次判断即可【详解】当c＝0时，A不成立；2>1，3>－1，而2－3<1－(－1)，故B不成立；a＝2，b＝1时，，D不成立；由a>|b|知a>0，所以a2>b2，C正确故选：C9、A【解析】根据函数的定义域及零点的情况即可得到答案.【详解】函数的定义域为，则排除选项、,当时，，则在上单调递减，且，，由零点存在定理可知在上存在一个零点，则排除，故选：.10、A【解析】构造辅助线，找到点P轨迹围成的图形为长方形，从而求出面积.【详解】取的中点E，的中点F，连接BE，EF，AF，则由于为的中点，可得，所以∠CBE=∠ECN，从而∠BCN+∠CBE=∠BCN+∠ECN=90°，所以BE⊥CN，又EF⊥平面，平面，所以EF⊥CN，又因为BEEF=E，所以CN⊥平面ABEF，所以点P轨迹围成的图形为矩形ABEF，又，所以矩形ABEF面积为.故选：A11、C【解析】利用向量法判断平面与平面的位置关系.【详解】因为平面，的法向量分别为，，所以，即不垂直，则，不垂直，因为，即即不平行，则，不平行，所以，相交但不垂直，故选：C12、A【解析】根据题意利用点斜式写出直线方程即可.【详解】解：过点的直线与直线平行，，即.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由条件可得，即，由余弦定理可得答案.【详解】由成公比为的等比数列，即由正弦定理可知所以故答案为：14、9【解析】过A、、作准线的垂线且分别交准线于点、、，根据抛物线的定义可知，由梯形的中位线的性质得出，进而可求出的结果.【详解】由抛物线，可知，则，所以抛物线的焦点坐标为，如图，过点A作垂直于准线交准线于，过点作垂直于准线交准线于，过点作垂直于准线交准线于，由抛物线的定义可得，再根据为线段的中点，而四边形为梯形，由梯形的中位线可知，则，所以.故答案为：9.15、【解析】绘出如图所示的辅助线，然后通过平面平面得出点轨迹为线段，最后通过求出、的长度即可得出结果.【详解】如图，延长到点，使且，连接，取上点，使得，作，交于点，交于点，连接，因为，所以，因为，又，所以，，因为，，，所以平面平面，因为平面，面，所以点轨迹为线段，因为，，所以，因为，，，所以，因为底面为直角梯形，所以，，，，故答案为：.16、①.②.【解析】配方后可得圆心坐标和半径【详解】将圆的一般方程化为圆标准方程是，圆心坐标为，半径为故答案为：；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）证明见解析【解析】（1）由圆与轴的交点分别为，可得抛物线的焦点为，从而即可求解；（2）设直线为，联立抛物线方程，由韦达定理及，求出即可得证.【小问1详解】解：由题意知，圆与轴的交点分别为，则抛物线的焦点为，所以，所以抛物线方程为；【小问2详解】证明：设直线为，联立方程，有，所以，所以，所以.18、（1），定义域为；（2）当时，包装盒的容积最大是.【解析】（1）设出包装盒的高和底面边长，利用长方体的表面积得到等量关系，再利用长方体的体积公式求出表达式，再利用实际意义得到函数的定义域；（2）求导，利用导函数的符号变化得到函数的极值，即最值.小问1详解】解：设包装盒的高为，底面边长为，则，，所以=其定义域为；【小问2详解】解：由（1）得：，，因为，所以当时，；当时，；所以当时，取得极大值，即当时，包装盒的容积最大是19、（1）（2）【解析】（1）代入点即可求得抛物线方程；（2）联立方程后利用韦达定理求出，，，，然后代入即可求得斜率的积.【小问1详解】解：点A（1，2）在抛物线C∶上故【小问2详解】设直线方程为：联立方程，整理得：由题意及韦达定理可得：，20、（1）证明见解析；（2）【解析】（1）当时，求导得到，判断出函数的单调性，求出最值，可证得命题成立；（2）当且时，不满足题意，故，又定义域为，讲不等式化简，参变分离后构造新函数，求导判断单调性并求出最值，可得实数的取值范围【详解】（1）函数的定义域为，当时，由，当时，，单调递减；当时，，单调递增；.且，故存在唯一的零点；（2）当时，不满足恒成立，故由定义域为，可得，令，则，则当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，故当时，函数取得最大值（1），故实数的取值范围是【点睛】方法点睛：本题考查函数零点的问题，考查导数的应用，考查不等式的恒成立问题，关于恒成立问题的几种常见解法总结如下：

参变分离法，将不等式恒成立问题转化函数求最值问题；

主元变换法，把已知取值范围的变量作为主元，把求取值范围的变量看作参数；

分类讨论，利用函数的性质讨论参数，分别判断单调性求出最值；

数形结合法，将不等式两端的式子分别看成两个函数，作出函数图象，列出参数的不等式求解21、（1）证明见解析：（2）【解析】(1)代入,求导分析函数单调性,再的最小值即可证明.(2),若函数在上存在两个极值点,则在上有根.再分,与,利用函数的零点存在定理讨论导函数的零点即可.【详解】(1)证明：当时,,则,当时,,则,又因为,所以当时,,仅时,,所以在上是单调递减,所以,即.(2),因为,所以,①当时,恒成立,所以在上单调递增,没有极值点.②当时,在区间上单调递增,因为.当时,,所以在上单调递减,没有极值点.当时,,所以存在,使当时,时,所以在处取得极小值,为极小值点.综上可知,若函数在上存在极值点,则实数.【点睛】本题主要考查了利用导函数求解函数的单调性与最值,进而证明不等式的方法.同时也考查了利用导数分析函数极值点的问题,需要结合零点存在定理求解.属于难题.22、（1）（2）存在，【解析】(1)由条件列出，，的方程，解方程求出，，，由此可得椭圆E的方程：(2)当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立直线的方程与椭圆方程化简可得，设，，可得，，由此证明，再证明当