遼寧省遼西2023-2024學年高二上數學期末學業(yè)質量監(jiān)測模擬試題含解析

遼寧省遼西2023-2024學年高二上數學期末學業(yè)質量監(jiān)測模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．設函數，若的整數有且僅有兩個，則的取值范圍是（）A. B.C. D.2．已知點，點在拋物線上，過點的直線與直線垂直相交于點，，則的值為（）A. B.C. D.3．瑞士著名數學家歐拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直線上，這條直線被后人稱為三角形的“歐拉線”．若滿足，頂點，且其“歐拉線”與圓相切，則：①．圓M上的點到原點的最大距離為②．圓M上存在三個點到直線的距離為③．若點在圓M上，則的最小值是④．若圓M與圓有公共點，則上述結論中正確的有（）個A.1 B.2C.3 D.44．已知空間向量，則（）A. B.C. D.5．二次方程的兩根為2，，那么關于的不等式的解集為（）A.或 B.或C. D.6．橢圓：與雙曲線：的離心率之積為2，則雙曲線的漸近線方程為（）A. B.C. D.7．如圖，兩個半徑為R的相交大圓，分別內含一個半徑為r的同心小圓，且同心小圓均與另一個大圓外切.已知時，在兩相交大圓的區(qū)域內隨機取一點，則該點取自兩大圓公共部分的概率為（）A. B.C. D.8．已知是定義在上的函數，且對任意都有，若函數的圖象關于點對稱，且，則（）A. B.C. D.9．曲線與曲線的（）A.長軸長相等 B.短軸長相等C.離心率相等 D.焦距相等10．變量與的數據如表所示，其中缺少了一個數值，已知關于的線性回歸方程為，則缺少的數值為（）22232425262324▲2628A.24 B.25C.25.5 D.2611．如圖，在直三棱柱中，且，點E為中點．若平面過點E，且平面與直線AB所成角和平面與平面所成銳二面角的大小均為30°，則這樣的平面有（）A.1個 B.2個C.3個 D.4個12．已知圓，直線，直線l被圓O截得的弦長最短為（）A. B.C.8 D.9二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．一條直線經過，并且傾斜角是直線的傾斜角的2倍，則直線的方程為__________14．若橢圓：的長軸長為4，焦距為2，則橢圓的標準方程為______.15．若函數在（0，+∞）內有且只有一個零點,則a的值為_____16．數據6，8，9，10，7的方差為______三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知拋物線：的焦點為，直線與拋物線在第一象限的交點為，且（1）求拋物線的方程；（2）經過焦點作互相垂直的兩條直線，，與拋物線相交于，兩點，與拋物線相交于，兩點．若，分別是線段，的中點，求的最小值18．（12分）已知函數（1）求函數的單調遞減區(qū)間；（2）在中，角，，所對的邊分別為，，，且滿足，，求面積的最大值19．（12分）如圖，在幾何體ABCEFG中，四邊形ACGE為平行四邊形，為等邊三角形，四邊形BCGF為梯形，H為線段BF的中點，，，，，，.（1）求證：平面平面BCGF；（2）求平面ABC與平面ACH夾角的余弦值.20．（12分）設命題p：實數x滿足，其中；命題q：若，且為真，求實數x的取值范圍；若是的充分不必要條件，求實數m的取值范圍21．（12分）在等差數列中，（1）求數列的通項公式；（2）設，求.22．（10分）已知雙曲線的右焦點與拋物線的焦點相同，且過點.（1）求雙曲線漸近線方程；（2）求拋物線的標準方程.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】等價于，令，，利用導數研究函數的單調性，作出的簡圖，數形結合只需滿足即可.【詳解】，即，又，則.令，，，當時，，時，，時，，在單調遞減，在單調遞增，且，且，，作出函數圖象如圖所示，若的整數有且僅有兩個，即只需滿足，即，解得：故選：D2、D【解析】由題，由于過拋物線上一點的直線與直線垂直相交于點，可得，又，故，所以的坐標為，由余弦定理可得.故選：D.考點：拋物線的定義、余弦定理【點睛】本題主要考查拋物線的定義與性質，考查學生的計算能力，屬于中檔題3、A【解析】由題意求出的垂直平分線可得△的歐拉線，再由圓心到直線的距離求得，得到圓的方程，求出圓心到原點的距離，加上半徑判斷A；求出圓心到直線的距離判斷B；再由的幾何意義，即圓上的點與定點連線的斜率判斷C；由兩個圓有公共點可得圓心距與兩個半徑之間的關系，求得的取值范圍判斷D【詳解】由題意，△的歐拉線即的垂直平分線，，，的中點坐標為，，則的垂直平分線方程為，即由“歐拉線”與圓相切，到直線的距離，，則圓的方程為：，圓心到原點的距離為，則圓上的點到原點的最大距離為，故①錯誤；圓心到直線的距離為，圓上存在三個點到直線的距離為，故②正確；的幾何意義：圓上的點與定點連線的斜率，設過與圓相切的直線方程為，即，由，解得，的最小值是，故③錯誤；的圓心坐標，半徑為，圓的的圓心坐標為，半徑為，要使圓與圓有公共點，則圓心距的范圍為，，，解得，故④錯誤故選：A4、C【解析】A利用向量模長的坐標表示判斷；B根據向量平行的判定，是否存在實數使即可判斷；C向量數量積的坐標表示求即可判斷；D利用向量坐標的線性運算及數量積的坐標表示求即可.【詳解】因為，所以A不正確：因為不存在實數使，所以B不正確；因為，故，所以C正確；因為，所以，所以D不正確故選：C5、B【解析】根據，確定二次函數的圖象開口方向，再由二次方程的兩根為2，，寫出不等式的解集.【詳解】因為二次方程的兩根為2，，又二次函數的圖象開口向上，所以不等式的解集為或，故選：B6、C【解析】先求出橢圓的離心率，再由題意得出雙曲線的離心率，根據離心率即可求出漸近線斜率得解.【詳解】橢圓：的離心率為，則，依題意，雙曲線；的離心率為，而，于是得，解得：，所以雙曲線的漸近線方程為故選：C7、C【解析】設D為線段AB的中點，求得,在中，可得.進而求得兩大圓公共部分的面積為：,利用幾何概型計算即可得出結果.【詳解】如圖，設D為線段AB的中點，,在中，.兩大圓公共部分的面積為：,則該點取自兩大圓公共部分的概率為.故選：C.8、D【解析】令，代入可得，即得，再由函數的圖象關于點對稱，判斷得函數的圖象關于點對稱，即，則化簡可得，即函數的周期為，從而代入求解.【詳解】令，得，即，所以，因為函數的圖象關于點對稱，所以函數的圖象關于點對稱，即，所以，即，可得，則，故選：D.第II卷（非選擇題9、D【解析】分別求出兩曲線表示的橢圓的位置，長軸長、短軸長、離心率和焦距，比較可得答案.【詳解】曲線表示焦點在x軸上的橢圓，長軸長為10，短軸長為6，離心率為,焦距為8,曲線焦點在x軸上的橢圓，長軸長為，短軸長為，離心率為,焦距為,故選：D10、A【解析】可設出缺少的數值，利用表中的數據，分別表示出、，將樣本中心點帶入回歸方程，即可求得參數.【詳解】設缺少的數值為，則，，因為回歸直線方程經過樣本點的中心，所以，解得.故選：A11、B【解析】構造出長方體，取中點連接然后利用臨界位置分情況討論即可.【詳解】如圖，構造出長方體，取中點，連接則所有過點與成角的平面，均與以為軸的圓錐相切，過點繞且與成角，當與水平面垂直且在面的左側（在長方體的外面）時，與面所成角為75°（與面成45°，與成30°），過點繞旋轉，轉一周，90°顯然最大，到了另一個邊界（在面與之間）為15度，即與面所成角從75°→90°→15°→90°→75°變化，此過程中，有兩次角為30

，綜上，這樣的平面α有2個，故選：B.12、B【解析】先求得直線過定點，再根據當點與圓心連線垂直于直線l時，被圓O截得的弦長最短求解.【詳解】因為直線方程，即為，所以直線過定點，因為點在圓的內部，當點與圓心連線垂直于直線l時，被圓O截得的弦長最短，點與圓心（0，0）的距離為，此時，最短弦長為，故選：B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】先求出直線傾斜角，從而可求得直線的傾斜角，則可求出直線的斜率，進而可求出直線的方程【詳解】因為直線的斜率為，所以直線的傾斜角為，所以直線的傾斜角為，所以直線的斜率為，因為直線經過，所以直線的方程為，即，故答案為：14、【解析】由焦距可得c，長軸長得到a，再根據可得答案.【詳解】因為橢圓的長軸長為4，則，焦距為2，由，得，則橢圓的標準方程為：.故答案為：.15、a＝3【解析】對函數進行求導,分類討論函數單調性,根據單調性結合已知可以求出a的值.【詳解】∵函數在（0，+∞）內有且只有一個零點,∴f′（x）＝2x（3x﹣a），x∈（0，+∞），①當a≤0時，f′（x）＝2x（3x﹣a）＞0,函數f（x）在（0，+∞）上單調遞增,f（0）＝1，f（x）在（0，+∞）上沒有零點,舍去；②當a＞0時，f′（x）＝2x（3x﹣a）＞0的解為x，∴f（x）在（0,）上遞減,在（,+∞）遞增，又f（x）只有一個零點,∴f（）1＝0，解得a＝3故答案為：a＝3【點睛】本題考查了利用導數研究已知函數的零點求參數取值問題,考查了分類討論和數學運算能力.16、2【解析】首先求出數據的平均值，再應用方差公式求它們的方差.【詳解】由題設，平均值為，∴方差.故答案為：2.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）8.【解析】(1)寫出拋物線E的準線，利用拋物線定義求出p即可作答.(2)由(1)求出焦點坐標，設出直線的方程，并與拋物線E的方程聯(lián)立，由此求出C點坐標，同理可得D點坐標，列式計算作答.小問1詳解】拋物線：的準線方程為：，由拋物線定義得：，解得，所以拋物線的方程為：.【小問2詳解】由(1)知，點，顯然直線，的斜率都存在且不為0，設直線斜率為，則的斜率為，直線的方程為：，由消去y并整理得，設，則，于得線段PQ中點，同理得，則，當且僅當，即時取“=”，所以的最小值是8.【點睛】結論點睛：拋物線方程中，字母p的幾何意義是拋物線的焦點F到準線的距離，等于焦點到拋物線頂點的距離18、（1）（2）【解析】（1）由三角恒等變換公式化簡，根據三角函數性質求解（2）由余弦定理與面積公式，結合基本不等式求解【小問1詳解】由己知可得，由，解得：，故的單調遞減區(qū)間是【小問2詳解】，，故，得，由余弦定理得：，得，當且僅當時等號成立，故，面積最大值為19、（1）證明見解析（2）【解析】（1）在中，由正弦定理知可知，利用三角形內角和可知即，又因為，再根據面面垂直的判定定理，即可證明結果；（2）取BC中點O，由（1）得：平面BCGF，，以O為原點，OB，OH，OA所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，利用空間向量求二面角，即可求出結果.【小問1詳解】證明：（1）在中，由正弦定理知：解得因為，所以又因為，所以所以又因為，所以直線平面ABC又因為平面BCGF所以平面平面BCGF【小問2詳解】解：取BC中點O，連結OA，OH，由（1）得：平面BCGF，則以O為原點，OB，OH，OA所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系在中，則，，平面ABC的一個法向量為設平面ACH的一個法向量為因為，所以，取，則設平面APD與平面PDF夾角為，所以.20、(1)(2)【解析】解二次不等式，其中解得，解得：，取再求交集即可；寫出命題所對應的集合，命題p：，命題q：，由是的充分不必要條件，即p是q的充分不必要條件，則A是B的真子集，列不等式組可求解【詳解】解：(1)由，其中；解得，又，即，由得：，又為真，則，得：，故實數x的取值范圍為；由得：命題p：，命題q：，由是的充分不必要條件，即p是q的充分不必要條件，A是B的真子集，所以，即故實數m取值范圍為：.【點睛】本題考查了二次不等式的解法，復合命題的真假，命題與集合的關系，屬于簡單題21、（1）（2）1280【解析】（1