2025屆淮北一中數(shù)學高二上期末教學質量檢測模擬試題含解析_第1頁
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2025屆淮北一中數(shù)學高二上期末教學質量檢測模擬試題注意事項1.考生要認真填寫考場號和座位序號。2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上,在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答;第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3.考試結束后,考生須將試卷和答題卡放在桌面上,待監(jiān)考員收回。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.雙曲線的左頂點為,右焦點,若直線與該雙曲線交于、兩點,為等腰直角三角形,則該雙曲線離心率為()A. B.C. D.2.拋物線的焦點坐標是A. B.C. D.3.在等差數(shù)列中,為數(shù)列的前項和,,,則數(shù)列的公差為()A. B.C.4 D.4.某學校高二級選擇“史政地”“史政生”和“史地生”組合的同學人數(shù)分別為240,120和60.現(xiàn)采用分層抽樣的方法選出14位同學進行一項調(diào)查研究,則“史政生”組合中選出的人數(shù)為()A.8 B.6C.4 D.35.若直線被圓截得的弦長為4,則的最大值是()A. B.C.1 D.26.拋物線的焦點坐標是()A.(0,-1) B.(-1,0)C. D.7.若拋物線的焦點與橢圓的下焦點重合,則m的值為()A.4 B.2C. D.8.我國古代數(shù)學著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一段記載:“一百八十九里關,初行健步不為難,次日腳痛減一半,六朝才得到其關.”其大意為:“有一個人共行走了189里的路程,第一天健步行走,從第二天起,因腳痛每天走的路程為前一天的一半,走了6天才到達目的地.”則該人第一天行走的路程為()A.108里 B.96里C.64里 D.48里9.已知拋物線上一點M與焦點間的距離是3,則點M的縱坐標為()A.1 B.2C.3 D.410.已知三棱柱中,,,D點是線段上靠近A的一個三等分點,則()A. B.C. D.11.如圖,平行六面體中,為的中點,,,,則()A. B.C. D.12.已知,數(shù)列,,,與,,,,都是等差數(shù)列,則的值是()A. B.C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.若圓和圓的公共弦所在的直線方程為,則______14.狄利克雷是十九世紀德國杰出的數(shù)學家,對數(shù)論、數(shù)學分析和數(shù)學物理有突出貢獻.狄利克雷曾提出了“狄利克雷函數(shù)”.若,根據(jù)“狄利克雷函數(shù)”可求___________.15.已知數(shù)列前n項和為,且.(1)證明:是等比數(shù)列,并求的通項公式;(2)在①;②;③這三個條件中任選一個補充在下面橫線上,并加以解答.已知數(shù)列滿足___________,求的前n項和.注:如果選擇多個方案分別解答,按第一個方案解答計分.16.已知不等式有且只有兩個整數(shù)解,則實數(shù)a的范圍為___________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)如圖,在四棱錐S-ABCD中,SA⊥底面ABCD,底面ABCD是梯形,其中,且.(1)求四棱錐S-ABCD的側面積;(2)求平面SCD與平面SAB的夾角的余弦值.18.(12分)設函數(shù).(1)當k=1時,求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間;(2)當時,求函數(shù)在上的最小值m和最大值M.19.(12分)如圖,在正方體中,E為的中點(Ⅰ)求證:平面;(Ⅱ)求直線與平面所成角的正弦值20.(12分)如圖,在多面體ABCEF中,和均為等邊三角形,D是AC的中點,(1)證明:(2)若平面平面ACE,求二面角的余弦值.21.(12分)已知橢圓的左、右焦點分別是,,離心率為,過且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為1(1)求橢圓C方程;(2)設點P在直線上,過點P的兩條直線分別交曲線C于A,B兩點和M,N兩點,且,求直線AB的斜率與直線MN的斜率之和22.(10分)已知命題:方程表示焦點在軸上的雙曲線,命題:關于的方程無實根(1)若命題為真命題,求實數(shù)的取值范圍;(2)若“”為假命題,"”為真命題,求實數(shù)的取值范圍

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、A【解析】求出,分析可得,可得出關于、、的齊次等式,由此可求得該雙曲線的離心率的值.【詳解】聯(lián)立,可得,則,易知點、關于軸對稱,且為線段的中點,則,又因為為等腰直角三角形,所以,,即,即,所以,,可得,因此,該雙曲線的離心率為.故選:A.2、D【解析】根據(jù)拋物線的焦點坐標為可知,拋物線即的焦點坐標為,故選D.考點:拋物線的標準方程及其幾何性質.3、A【解析】由已知條件列方程組求解即可【詳解】設等差數(shù)列的公差為,因為,,所以,解得,故選:A4、C【解析】根據(jù)題意求得抽樣比,再求“史政生”組合中抽取的人數(shù)即可.【詳解】根據(jù)題意,分層抽樣的抽樣比為,故從“史政生”組合120中,抽取的人數(shù)時人.故選:.5、A【解析】根據(jù)弦長求得的關系式,結合基本不等式求得的最大值.【詳解】圓的圓心為,半徑為,所以直線過圓心,即,由于為正數(shù),所以,當且僅當時,等號成立.故選:A6、C【解析】根據(jù)拋物線標準方程,可得p的值,進而求出焦點坐標.【詳解】由拋物線可知其開口向下,,所以焦點坐標為,故選:C.7、D【解析】求出橢圓的下焦點,即拋物線的焦點,即可得解.【詳解】解:橢圓的下焦點為,即為拋物線焦點,∴,∴.故選:D.8、B【解析】根據(jù)題意,記該人每天走的路程里數(shù)為,分析可得每天走的路程里數(shù)構成以的為公比的等比數(shù)列,由求得首項即可【詳解】解:根據(jù)題意,記該人每天走的路程里數(shù)為,則數(shù)列是以的為公比的等比數(shù)列,又由這個人走了6天后到達目的地,即,則有,解可得:,故選:B.【點睛】本題考查數(shù)列的應用,涉及等比數(shù)列的通項公式以及前項和公式的運用,注意等比數(shù)列的性質的合理運用.9、B【解析】利用拋物線的定義求解即可【詳解】拋物線的焦點為,準線方程為,因為拋物線上一點M與焦點間的距離是3,所以,得,即點M的縱坐標為2,故選:B10、A【解析】在三棱柱中,,轉化為結合已知條件計算即可.【詳解】在三棱柱中,滿足,且,則,,D點是線段上靠近A的一個三等分點,則,由向量的減法運算得,.故選:A【點睛】關鍵點點睛:在三棱柱中,,由向量的減法運算得,再展開利用數(shù)量積運算.11、B【解析】先用向量與表示,然后用向量表示向量與,即可得解【詳解】解:為的中點,故選:【點睛】本題考查了平面向量基本定理的應用,解決本題的關鍵是熟練運用向量的加法、減法及實數(shù)與向量的積的運算,屬于基礎題12、A【解析】根據(jù)等差數(shù)列的通項公式,分別表示出,,整理即可得答案.【詳解】數(shù)列,,,和,,,,各自都成等差數(shù)列,,,,故選:A二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解析】由兩圓公共弦方程,將兩圓方程相減得到,結合已知列方程組求、,即可得答案.【詳解】由題設,兩圓方程相減可得:,即為公共弦,∴,可得,∴.故答案為:.14、1【解析】由“狄利克雷函數(shù)”解析式,先求出,再根據(jù)指數(shù)函數(shù)的解析式求即可.【詳解】由題設,,則.故答案:115、(1)證明見解析,;(2)答案見解析.【解析】(1)利用得出的遞推關系,變形后可證明是等比數(shù)列,由等比數(shù)列通項公式得,然后再除以得到新數(shù)列是等差數(shù)列,從而可求得;(2)選①,直接求出,用錯位相減法求和;選②,求出,用分組(并項)求和法求和;選③,求出,用裂項相消法求和【詳解】解:(1)當時,因為,所以,兩式相減得,.所以.當時,因為,所以,又,故,于是,所以是以4為首項2為公比的等比數(shù)列.所以,兩邊除以得,.又,所以是以2為首項1為公差的等差數(shù)列.所以,即.(2)若選①:,即.因為,所以.兩式相減得,所以.若選②:,即.所以.若選③:,即.所以.【點睛】本題考查求等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項公式,錯位相減法求和.數(shù)列求和的常用方法:設數(shù)列是等差數(shù)列,是等比數(shù)列,(1)公式法:等差數(shù)列或等比數(shù)列的求和直接應用公式求和;(2)錯位相減法:數(shù)列的前項和應用錯位相減法;(3)裂項相消法;數(shù)列(為常數(shù),)的前項和用裂項相消法;(4)分組(并項)求和法:數(shù)列用分組求和法,如果數(shù)列中的項出現(xiàn)正負相間等特征時可能用并項求和法;(5)倒序相加法:滿足(為常數(shù))的數(shù)列,需用倒序相加法求和16、【解析】參變分離后研究函數(shù)單調(diào)性及極值,結合與相鄰的整數(shù)點的函數(shù)值大小關系求出實數(shù)a的范圍.【詳解】整理為:,即函數(shù)在上方及線上存在兩個整數(shù)點,,故顯然在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,且與相鄰的整數(shù)點的函數(shù)值為:,,,,顯然有,要恰有兩個整數(shù)點,則為0和1,此時,解得:,如圖故答案為: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、(1)(2)【解析】(1)根據(jù)垂直關系依次求解每個側面三角形邊長和面積即可得解;(2)建立空間直角坐標系,利用向量法求解.小問1詳解】由題可得:,則,SA⊥底面ABCD,所以,SA平面SAB,平面SAB⊥底面ABCD,交線,所以BC⊥平面SAB,BC⊥BS,,所以四棱錐的側面積【小問2詳解】以A為原點,建立空間直角坐標系如圖所示:設平面SCD的法向量,,取所以取為平面SAB的的法向量所以平面SCD與平面SAB的夾角的余弦值.18、(1)增區(qū)間為(2),【解析】(1)求導,由判別式可判斷導數(shù)符號,然后可得;(2)求導,求導數(shù)零點,比較函數(shù)極值和端點函數(shù)值,結合單調(diào)性可得.【小問1詳解】因為,所以,,因為,所以恒成立所以的增區(qū)間為.【小問2詳解】當時,,令,解得,當時,,當時,,當時,所以,函數(shù)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增.因為,所以在區(qū)間上的最大值,最小值為19、(Ⅰ)證明見解析;(Ⅱ).【解析】(Ⅰ)證明出四邊形為平行四邊形,可得出,然后利用線面平行的判定定理可證得結論;也可利用空間向量計算證明;(Ⅱ)可以將平面擴展,將線面角轉化,利用幾何方法作出線面角,然后計算;也可以建立空間直角坐標系,利用空間向量計算求解.【詳解】(Ⅰ)[方法一]:幾何法如下圖所示:在正方體中,且,且,且,所以,四邊形為平行四邊形,則,平面,平面,平面;[方法二]:空間向量坐標法以點為坐標原點,、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系,設正方體的棱長為,則、、、,,,設平面的法向量為,由,得,令,則,,則.又∵向量,,又平面,平面;(Ⅱ)[方法一]:幾何法延長到,使得,連接,交于,又∵,∴四邊形為平行四邊形,∴,又∵,∴,所以平面即平面,連接,作,垂足為,連接,∵平面,平面,∴,又∵,∴直線平面,又∵直線平面,∴平面平面,∴在平面中的射影在直線上,∴直線為直線在平面中的射影,∠為直線與平面所成的角,根據(jù)直線直線,可知∠為直線與平面所成的角.設正方體的棱長為2,則,,∴,∴,∴,即直線與平面所成角的正弦值為.[方法二]:向量法接續(xù)(I)的向量方法,求得平面平面的法向量,又∵,∴,∴直線與平面所成角的正弦值為.[方法三]:幾何法+體積法如圖,設的中點為F,延長,易證三線交于一點P因為,所以直線與平面所成的角,即直線與平面所成的角設正方體的棱長為2,在中,易得,可得由,得,整理得所以所以直線與平面所成角的正弦值為[方法四]:純體積法設正方體的棱長為2,點到平面的距離為h,在中,,,所以,易得由,得,解得,設直線與平面所成的角為,所以【整體點評】(Ⅰ)的方法一使用線面平行的判定定理證明,方法二使用空間向量坐標運算進行證明;(II)第一種方法中使用純幾何方法,適合于沒有學習空間向量之前的方法,有利用培養(yǎng)學生的集合論證和空間想象能力,第二種方法使用空間向量方法,兩小題前后連貫,利用計算論證和求解,定為最優(yōu)解法;方法三在幾何法的基礎上綜合使用體積方法,計算較為簡潔;方法四不作任何輔助線,僅利用正余弦定理和體積公式進行計算,省卻了輔助線和幾何的論證,不失為一種優(yōu)美的方法.20、(1)證明見解析(2)【解析】(1)根據(jù)等腰三角形三線合一的性質得到、,即可得到平面,再根據(jù),即可得證;(2)由面面垂直的性質得到平面,建立如圖所示空間直角坐標系,設,即可得到點,,的坐標,最后利用空間向量法求出二面角的余弦值;小問1詳解】證明:連接DE因為,且D為AC的中點,所以因為,且D為AC的中點,所以因為平面BDE,平面BDE,且,所以平面因為,所以平面BDE,所以【小問2詳解】解:由(1)可知因為平面平面,平面平面,平面,所以平面,所以DC,DB,DE兩兩垂直以D為原點,分別以,,的方向為x,y,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系設.則,,.從而,設平面BCE的法向量為,則令,得平面ABC的一個法向量為設二面角為,由圖可知為銳角,則21、(1)(2)0【解析】(1)由條件得和,再結合可求解;(2)設直線AB的方程為:,與橢圓聯(lián)立,得到,同理得,再根據(jù)題中的條件化簡整理可求解.【小問1詳解】因為橢圓的離心率為,所以,所以①又因為過且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為1,所以②,由①②可知,所以,,所以橢圓C的方程為【小問2詳解】因為點P在直線上,所以設點,由題可知,直線AB的斜率與直線MN的斜率都存在所以直線AB的方程為:,即,直線MN的方程為:,即,設,,,

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