2023-2024学年辽宁省沈阳市高二上册1月期末数学模拟试题（含解析）

2023-2024学年辽宁省沈阳市高二上学期1月期末数学模拟试题一、单项共选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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，集合，，若，且的所有元素和为12，则（

）A． B．0 C．1 D．22．已知数列满足，则（

）A． B．C． D．3．复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（

）A． B．1 C．i D．4．在直三棱柱中，所有棱长均为1，则点到平面的距离为（

）A． B． C． D．5．设，若，则n＝（

）A．6 B．7 C．8 D．96．若不等式的解集为，则的值是（

）A．5 B． C．6 D．77．已知，则（

）A． B．C． D．8．已知，则的最大值是（

）A．15 B．18 C．20 D．24二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对但不全得2分，有错选的得0分．9．设为互不重合的平面，为互不重合的直线，则下列命题为真命题的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则10．已知点为双曲线上的任意一点，过点作渐近线的垂线，垂足分别为，则（）A．B．C．D．的最大值为11．直线和将圆分成长度相等的四段弧，则的取值可以是（

）A． B．2 C． D．312．已知，且，则的值可能为（

）A． B． C． D．8三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．设函数的定义域为为偶函数，为奇函数，当时，，若，则．14．已知是椭圆的左、右焦点，是上一点，线段的中垂线过点，与椭圆相交于两点，且，则椭圆的离心率为．15．已知函数的图象与函数的图象关于原点对称，动直线与函数的图象分别交于点，函数的图象在处的切线与函数的图象在处的切线相交于点，则面积的最小值是．16．对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．数列的前项和为，当时，．(1)求证：数列是等差数列，并求的表达式；(2)设，数列的前项和为，不等式对所有的恒成立，求正整数的最小值．18．如图所示，在中，是上的点，．(1)若，求证：；(2)若，求面积的最大值．19．如图所示，一只蚂蚁从正方体的顶点出发沿棱爬行，记蚂蚁从一个顶点到另一个顶点为一次爬行，每次爬行的方向是随机的，蚂蚁沿正方体上、下底面上的棱爬行的概率为，沿正方体的侧棱爬行的概率为．(1)若蚂蚁爬行次，求蚂蚁在下底面顶点的概率；(2)若蚂蚁爬行5次，记它在顶点出现的次数为，求的分布列与数学期望．20．如图所示，已知是以为斜边的等腰直角三角形，点是边的中点，点在边上，且．以为折痕将折起，使点到达点的位置，且平面平面，连接．(1)若是线段的中点，求证：平面；(2)求二面角的余弦值．21．如图所示，已知抛物线是抛物线与轴的交点，过点作斜率不为零的直线与抛物线交于两点，与轴交于点，直线与直线交于点．(1)求的取值范围；(2)问在平面内是否存在一定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．22．已知函数有两个零点．(1)求实数的取值范围；(2)求证：；(3)求证：．1．A【分析】先确定集合中可能的元素，根据两集合中元素的和求出的值，再根据集合中元素的互异性取值.【详解】集合中的元素可能为：，，因为，.若，则，，则，元素和不为12；若，则，，则，元素和不为12；当时，，因为中所有的元素和为12，所以，解得或（舍去）.综上.故选：A2．D【分析】对同时除以可得，再由累加法求解即可得出答案.【详解】若，则，则，这与矛盾，所以，对同时除以，所以，则，，……，，上面的式子相加可得：，所以，所以，故选：D.3．B【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，求出，即可得到其虚部．【详解】解：由可得：，得，，则的共轭复数的虚部为，故选：B．4．A【分析】取的中点，连接，可证平面，利用等体积法求点到面的距离.【详解】取的中点，连接，因为为等边三角形，则，又因为平面，且平面，则，且，平面，可得平面，由题意可知：，设点到平面的距离为，因为，即，解得，所以点到平面的距离为.故选：A.5．C【分析】先求出展开式第项，再由，代入即可求出的值.【详解】展开式第项，∵，∴，即，∴，整理得，∴.故选：C.6．C【分析】将转化为点与点，距离的和为，求出以，为焦点，长轴长为的椭圆方程，则点不能在椭圆外，进而可得的范围，则的值可求.【详解】令，则的值为平面直角坐标系中点与点，距离的和若，即点与点，距离的和为，则点为以，为焦点，长轴长为的椭圆与轴的交点，设以，为焦点，长轴长为的椭圆方程为，则，，，故椭圆方程为，如图：令，解得，即，椭圆内的点到，的距离和小于，椭圆外的点到，的距离和大于，所以点不能在椭圆外，即点在线段上，所以，即，所以.故选：C.7．A【分析】将的结构变形，根据变形结果构造函数，然后分析的单调性，根据以及可比较.【详解】因为，构造函数，所以，当时，，单调递增，当时，，单调递减，又因为，所以，因为，所以，所以，所以，故选：A.关键点点睛：本题考查导数中的构造函数比较大小，对学生的转化与计算能力要求较高，难度较大.解答本题的关键在于：通过所给数值进行合适变形，可由B项中的作为突破点，从而构造出函数解决问题.8．C【分析】先利用立方和公式和极化配方式把等式转化为只含有的一个等式，然后利用配方进行整理即出现含的式子，即可得出答案.【详解】利用公式及可得：，，所以代入已知式化简可得，由观察可得：当，时，即成立，此时，所以①，又②，③，则①②③可得：，所以，故原不等式可化为：，即，故，此时当时等号成立，即的最大值是.故选：C.关键点晴：本题的关键点在于寻求当分别为何值时，可能取得最大值，根据原式不易观察，所以先利用立方和公式和极化配方式把等式转化为只含有的一个等式，然后利用配方进行整理即出现含的式子，即可得出答案.9．AB【分析】把几何语言转化问文字语言，想象空间模型，得出结论.【详解】对A：平行于同一个平面的两个平面互相平行，正确；对B：两个平面的交线垂直于第三个平面，则这两个平面都垂直于第三个平面.根据面面垂直的判定定理，该结论正确；对C：和两条平行直线分别平行的两个平交或平行，故C错误；对D：垂直于同一个平面的两个平面平行或相交.故D错误.故选：AB10．BCD【分析】对A找到反例即可；对B利用点到直线距离公式计算即可；对C，利用二倍角的余弦公式和向量数量积的定理计算即可；对D利用三角形的面积公式计算即可.【详解】对A，当趋近于无穷远处时，故A错误；对B，设点，满足，即，又两条渐近线方程分别为，即，故有，故B正确；对C，设渐近线的倾斜角为，则，所以，故C正确；对D，由C可知，，所以为定值，故D正确.故选：BCD.11．CD【分析】考虑两种情况，第一种和垂直且过圆心，第二种和平行，圆心到直线和的距离都等于，分别求解即可.【详解】①若和相交，由题意可知，圆心应该是两直线的交点，所以，由于和将圆分成长度相等的四段弧，所以每段弧所对的圆心角都为，所以直线和垂直，所以，所以，再由，可得：，所以②若和平行，则，由于和将单位圆分成长度相等的四段弧，所以每段弧所对的圆心角都为，所以圆心到直线和的距离都等于，即，所以，即，又因为，所以同号，则，当时，，不满足题意，所以，所以，综上①②，可知CD正确.故选：CD.12．ACD【分析】借助二倍角公式及两角和差公式化简，得到，再利用基本不等式得到其取值范围，从而得到答案.【详解】因为所以，，，因为，所以，所以，，，又，所以，即，所以，当时，，当且仅当，即等号成立；当时，，即，当且仅当，即时的等号成立，综上，，即，故选：ACD.关键点点睛：灵活变换，利用，两角和与差公式化简已知的等式是解本题的关键.13．4【分析】根据奇函数、偶函数的性质求出及，赋值即可得解.【详解】因为为奇函数，所以，即，因为当时，，所以，由为奇函数，可得，即，又为偶函数，所以，令，可得，令，可得，两式相加可得，，由，可得，由，可得，即，联立可得，故.故414．【分析】设直线方程，然后与椭圆联立，再利用根与系数关系求出弦长，再结合题中几何关系得到以为中间元的关于的等式，化简从而求解.【详解】由题意得，，设直线的方程为，，，联立方程，得，由根与系数关系得，，所以弦长，由题意知，设直线与的交点为，如图，所以在中，，又由椭圆定义知，因为直线是的中垂线，所以，，所以，联立得，所以，解得或（舍）.故答案为.方法点睛：通过直线与椭圆联立及结合弦长公式求出关于的表达式，再结合题中的几何条件从而建立以为中间元的关于的等式，从而求解.15．2【分析】先利用两个函数对称求出解析式，再利用导数求函数的切线方程，利用基本不等式可求答案.【详解】因为函数的图象与函数的图象关于原点对称，所以，所以，，所以直线：，即；直线：即.联立，得，所以点到的距离为，设的面积为，则，令，则，，当且仅当，即时，取到等号.故216．【分析】设，，将不等式恒成立问题转化成，构造，根据单调性求最值.【详解】设，，则，则恒成立可化为恒成立，即恒成立，故，设，易知在时递减，在时递增，所以，而显然在时单调递增，所以，故，当且仅当时，即时，等号成立，所以实数的取值范围为.方法点睛：本题将恒成立问题转化成求最值问题，然后采用双换元和轮流作主法求最值.17．(1)证明见解析，(2)3【分析】（1）根据的关系可得为等差数列，即可利用等差数列的通项求解，（2）根据分组求和以及裂项求和化简，即可由数列的单调性求解最值求解.【详解】（1）当时，数列的前项和为，满足，即，整理可得，则，即，可得由，即，可得，以此类推可知，对任意的，在等式两边同时除以可得所以数列为等差数列，且其首项为，公差为2，因此，（2），不等式对所有的恒成立，对所有的恒成立，记，则所以，故当时，取最大值，因此，即或因此，满足条件的正整数的最小值为318．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意结合面积公式计算即可得；（2）设，结合题意由正弦定理可将面积表示出来，设出函数，结合导数得到该函数单调性可得该函数的最大值，即可得面积的最大值.【详解】（1）由，知，，结合题设，即，两边同除以，得；（2）设，则，中，由正弦定理，得①，中，由正弦定理，得②，②÷①，结合，得，即，设，即求函数的最大值，，时，，函数单调递增，时，，函数单调递减，当时，函数有最大值，此时，面积的最大值为.19．(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）记蚂蚁爬行次在底面的概率为，则它前一步只有两种情况：在下底面或在上底面，找到关系构造等比数列可得答案.（2）结合题意易知，求出对应得概率,列出分布列，计算期望即可.【详解】（1）记蚂蚁爬行次在底面的概率为，则它前一步只有两种情况：在下底面或在上底面，结合题意易得，，是等比数列，首项为，公比为，（2）结合题意易得：，当时，蚂蚁第3次、第5次都在处，当时，蚂蚁第3次在处或第5次在处，设蚂蚁第3次在处的概率为，设蚂蚁第5次在处的概率为，设蚂蚁不过点且第3次在的概率为，设蚂蚁不过点且第3次在的概率为，设蚂蚁不过点且第3次在的概率为，由对称性知，，，又，得，，，的分布列为：012的数学期望.20．(1)证明见解析(2)【分析】（1）过点作的平行线交于点，过点作的平行线交于点，连接，即可证明四边形是平行四边形，从而得到，即可得证；（2）解法1，以点为原点，所在的直线为轴、轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；解法2，过点作直线的垂线交于点，交直线于点，再过点作的垂线交于点，连接，即可证明是二面角的平面角，最后利用平面几何的知识解得即可.【详解】（1）过点作的平行线交于点，过点作的平行线交于点，连接．因为点是线段的中点，，所以且，且，又为的中点，，且，四边形是平行四边形．所以，平面，平面，平面.（2）解法1：以点为原点，所在的直线为轴、轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系．设，则，设，因为平面平面，所以点在平面上的射影落在直线上，①，由题意可知，②，③，由①②③解得，，所以，，设平面的法向量为，则，即，取，则，取平面的法向量．设二面角的平面角为，显然二面角为锐角，则，即二面角的余弦值为.解法2：如图，过点作直线的垂线交于点，交直线于点．由题意知，点在底面上的射影在直线上且在直线上，所以点即点在底面上的射影，即平面，设，则，由余弦定理得，所以，则，所以，所以，，所以，所以．过点作的垂线交于点，连接，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，平面，所以，是二面角的平面角，由，解得，所以，则，所以二面角的余弦值为.21．(1)；(2)存在定点的坐标为.【分析】（1）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用弦长公式结合已知建立函数关系，求出函数值域即得.（2）求出直线和的方程，联立求出点的坐标，结合（1）中韦达定理，利用数量积的坐标表示计算即得.【详解】（1）依题意，设直线的方程为，点，由消去y并整理得，，则，，，所以.（2）由（1）知，，且，设，，直线的方程为，直线的方程为，联立解得，即点的坐标为，，，而，于是，当为定值，所以存在定点的坐标为.方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（