浙江省丽水、湖州、衢州市2023-2024学年高二数学第一学期期末检测模拟试题含解析

浙江省丽水、湖州、衢州市2023-2024学年高二数学第一学期期末检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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．我国古代数学论著中有如下叙述：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯二百五十四．”思如下：一座7层塔共挂了254盏灯，且相邻两层下一层所挂灯数是上一层所挂灯数的2倍．下列结论不正确的是（）A.底层塔共挂了128盏灯B.顶层塔共挂了2盏灯C.最下面3层塔所挂灯的总盏数比最上面3层塔所挂灯的总盏数多200D.最下面3层塔所挂灯的总盏数是最上面3层塔所挂灯的总盏数的16倍2．直线被椭圆截得的弦长是A. B.C. D.3．已知是椭圆上的一点，则点到两焦点的距离之和是（）A.6 B.9C.14 D.104．若圆上恰有2个点到直线的距离为1，则实数的取值范围为（）A B.C. D.5．若随机事件满足，，，则事件与的关系是（）A.互斥 B.相互独立C.互为对立 D.互斥且独立6．已知椭圆C1：+y2=1（m＞1）与双曲线C2：–y2=1（n＞0）的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则A.m＞n且e1e2＞1 B.m＞n且e1e2＜1C.m＜n且e1e2＞1 D.m＜n且e1e2＜17．已知，，若，则（）A.9 B.6C.5 D.38．已知命题，，若是一个充分不必要条件，则的取值范围是（）A. B.C. D.9．《镜花缘》是清代文人李汝珍创作的长篇小说，书中有这样一个情节：一座楼阁到处挂满了五彩缤纷的大小灯球，灯球有两种，一种是大灯下缀2个小灯，另一种是大灯下缀4个小灯，大灯共360个，小灯共1200个.若在这座楼阁的灯球中，随机选取一个灯球，则这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为A. B.C. D.10．为了更好地研究双曲线，某校高二年级的一位数学老师制作了一个如图所示的双曲线模型.已知该模型左、右两侧的两段曲线（曲线与曲线）为某双曲线（离心率为2）的一部分，曲线与曲线中间最窄处间的距离为，点与点，点与点均关于该双曲线的对称中心对称，且，则（）A. B.C. D.11．双曲线的左焦点到其渐近线的距离是（）A. B.C. D.12．已知{an}是以10为首项，－3为公差的等差数列，则当{an}的前n项和Sn，取得最大值时，n=（）A.3 B.4C.5 D.6二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设，则动点P的轨迹方程为________14．直线的倾斜角的取值范围是______.15．如图直线过点，且与直线和分别相交于，两点.（1）求过与交点，且与直线垂直的直线方程；（2）若线段恰被点平分，求直线的方程.16．已知几何体如图所示，其中四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长为1，点M在DG上，若直线MB与平面BEF所成的角为45°，则___________.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）如图所示，在四棱锥中，BC//平面PAD，，E是PD的中点（1）求证：CE//平面PAB；（2）若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点，使MN//平面PAB？说明理由18．（12分）已知数列{an}满足*（1）求数列{an}的通项公式；（2）求数列{an}的前n项和Sn19．（12分）已知椭圆C：的离心率为，点为椭圆C上一点（1）求椭圆C的方程；（2）若M，N是椭圆C上的两个动点，且的角平分线总是垂直于y轴，求证：直线MN的斜率为定值20．（12分）已知数列是等差数列，数列是各项均为正数的等比数列，且，，.（1）求数列和的通项公式；（2）设，求数列的前项和.21．（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线1与坐标轴的交点都在圆C上（1）求圆C的方程；（2）设过点P(0，－2)的直线l与圆C交于A，B两点，且AB＝2，求l的方程22．（10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.

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】由题设易知是公比为2的等比数列，应用等比数列前n项和公式求，结合各选项的描述及等比数列通项公式、前n项和公式判断正误即可.【详解】从上往下记每层塔所挂灯的盏数为，则数列是公比为2的等比数列，且，解得，所以顶层塔共挂了2盏灯，B正确；底层塔共挂了盏灯，A正确最上面3层塔所挂灯总盏数为14，最下面3层塔所挂灯的总盏数为224，C不正确，D正确故选：C.2、A【解析】直线y＝x+1代入，得出关于x的二次方程，求出交点坐标，即可求出弦长【详解】将直线y＝x+1代入，可得，即5x2+8x﹣4＝0，∴x1＝﹣2，x2，∴y1＝﹣1，y2，∴直线y＝x+1被椭圆x2+4y2＝8截得的弦长为故选A【点睛】本题查直线与椭圆的位置关系，考查弦长的计算，属于基础题3、A【解析】根据椭圆的定义，可求得答案.【详解】由可知：，由是椭圆上的一点，则点到两焦点的距离之和为，故选：A4、A【解析】求得圆心到直线的距离，根据题意列出的不等关系式，即可求得的范围.【详解】因为圆心到直线的距离，故要满足题意，只需，解得.故选：A.5、B【解析】利用独立事件，互斥事件和对立事件的定义判断即可【详解】解：因为，，又因为，所以有，所以事件与相互独立，不互斥也不对立故选：B.6、A【解析】详解】试题分析：由题意知，即，由于m＞1，n＞0，可得m＞n，又=，故．故选A【考点】椭圆的简单几何性质，双曲线的简单几何性质【易错点睛】计算椭圆的焦点时，要注意；计算双曲线的焦点时，要注意．否则很容易出现错误7、D【解析】根据空间向量垂直的坐标表示即可求解.【详解】.故选：D.8、A【解析】先化简命题p，q，再根据是的一个充分不必要条件，由q求解.【详解】因为命题，或，又是的一个充分不必要条件，所以，解得，所以的取值范围是，故选：A9、B【解析】设大灯下缀2个小灯为个，大灯下缀4个小灯有个，根据题意求得，再由古典概型及其概率的公式，即可求解【详解】设大灯下缀2个小灯为个，大灯下缀4个小灯有个，根据题意可得，解得，则灯球的总数为个，故这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为，故选B【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，其中解答中根据题意列出方程组，求得两种灯球的数量是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题10、D【解析】依题意以双曲线的对称中心为坐标原点建系，设双曲线的方程为，根据已知求得，点纵坐标代入计算即可求得横坐标得出结果.【详解】以双曲线的对称中心为坐标原点，建立平面直角坐标系，因为双曲线的离心率为2，所以可设双曲线的方程为，依题意可得，则，即双曲线的方程为.因为，所以的纵坐标为18.由，得，故.故选：D.11、A【解析】求出双曲线焦点坐标与渐近线方程，利用点到直线的距离公式可求得结果.【详解】在双曲线中，，，，所以，该双曲线的左焦点坐标为，渐近线方程为，即，因，该双曲线的左焦点到渐近线的距离为.故选：A12、B【解析】由题可得当时，，当时，，即得.【详解】∵{an}是以10为首项，－3为公差的等差数列，∴，故当时，，当时，，故时，取得最大值故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据双曲线的定义可得答案.【详解】因为，所以动点P的轨迹是焦点为A，B，实轴长为4的双曲线的上支．因为，所以，所以动点P的轨迹方程为故答案为：.14、【解析】先求出直线的斜率取值范围，再根据斜率与倾斜角的关系，即可求出【详解】可化为：，所以，由于，结合函数在上的图象，可知故答案为：【点睛】本题主要考查斜率与倾斜角的关系的应用，以及直线的一般式化斜截式，属于基础题15、（1）；（2）.【解析】本题考查直线方程的基本求法：垂直直线的求法、点关于点对称、点在直线上的待定系数法【详解】（1）由题可得交点，所以所求直线方程为，即；（2）设直线与直线相交于点，因为线段恰被点平分，所以直线与直线的交点的坐标为将点，的坐标分别代入，的方程，得方程组解得由点和点及两点式，得直线的方程为，即【点睛】直线的考法主要以点的对称和直线的平行与垂直为主．点关于点的对称，点关于直线的对称，直线关于直线的对称，是重点考察内容16、##【解析】把该几何体补成一个正方体，如图，利用正方体的性质证明面面垂直得出直线MB与平面BEF所成的角，然后计算可得【详解】把该几何体补成一个正方体，如图，，连接，由平面，平面，得，同理，又正方形中，，，平面，所以平面，而平面，所以平面平面，所以平面内的直线在平面上的射影是，即是直线MB与平面BEF所成的角，，，，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）证明见解析；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）为中点，连接，由中位线、线面平行的性质可得四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定即可证结论；（2）取中点N，连接，，根据线面、面面平行的性质定理和判断定理即可判断存在性【小问1详解】如下图，若为中点，连接，由E是PD的中点，所以且，又BC//平面PAD，面，且面面，所以，且，所以四边形为平行四边形，故，而面，面，则面.小问2详解】取中点N，连接，，∵E，N分别为，的中点，∴，∵平面，平面，∴平面，线段存在点N，使得平面，理由如下：由（1）知：平面，又，∴平面平面，又M是上的动点，平面，∴平面PAB，∴线段存在点N，使得MN∥平面18、（1）（2）【解析】（1）根据递推关系式可得，再由等差数列的定义以及通项公式即可求解.（2）利用错位相减法即可求解.【小问1详解】（1），即，所以数列为等差数列，公差为1，首项为1，所以，即.【小问2详解】令，所以，所以19、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）根据椭圆的离心率公式，结合代入法进行求解即可；（2）根据角平分线的性质，结合一元二次方程根与系数关系、斜率公式进行求解即可.【小问1详解】椭圆的离心率，又，∴∵椭圆C：经过点，解得，∴椭圆C的方程为；【小问2详解】∵∠MPN的角平分线总垂直于y轴，∴MP与NP所在直线关于直线对称．设直线MP的斜率为k，则直线NP的斜率为∴设直线MP的方程为，直线NP的方程为设点，由消去y，得∵点在椭圆C上，则有，即同理可得∴，又∴直线MN的斜率为【点睛】关键点睛：由∠MPN的角平分线总垂直于y轴，得到MP与NP所在直线关于直线对称是解题的关键.20、（1），；（2），.【解析】（1）利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出；（2）利用分组求和的方法结合等差数列与等比数列的前n项和公式即可得出.【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，且，依题意有，由，又，解得，∴，即，；（2）∵，∴前项和.∴前项和，.21、（1）（2）或【解析】（1）求出曲线与坐标轴的交点坐标，设出圆的一般方程，代入求解；（2）分类讨论，斜率不存在时，直接验证，斜率存在时，设直线方程，求出圆心到直线的距离，由勾股定理求解【小问1详解】时，，又得，，所以三交点为，设圆方程为，则，解得，圆方程为；【小问2详解】由（1）知圆标准方程为，圆心为，半径为，直线斜率不存在时，直线为，它与圆的两交点为，满足题意；斜率存在时，设直线方程为，即，圆心到的距离为，又，所以，，直线方程为即所以直线方程是：或22、（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