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2023-2024学年贵州省黔东南州凯里一中高二（上）期末数学模拟试卷
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分。在每小题所给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。）
1．（5分）已知集合A＝{x|x2﹣x﹣2＜0}，B＝{x|a﹣2＜x＜a}，若A∩B＝{x|﹣1＜x＜0}，则A∪B＝（　　）
A．（﹣1，2） B．（0，2） C．（﹣2，1） D．（﹣2，2）
2．（5分）已知i为虚数单位，复数z＝i（1﹣i），则|z|＝（　　）
A． B． C．2 D．
3．（5分）已知双曲线，若直线x＝﹣b与C的两条渐近线分别交于点A，B，O为坐标原点，且，的夹角为60°，则C的离心率为（　　）
A．2 B． C． D．
4．（5分）已知a＝lg2，b＝logsin，c＝lnsin，则a，b，c的大小关系为（　　）
A．a＜c＜b B．a＜b＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b
5．（5分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA，sinB，sinC成等比数列，c＝2a，则cosC＝（　　）
A． B． C． D．
6．（5分）正项等比数列{an}满足a1＝2，a5﹣a3＝24，则{an}的前7项和S7＝（　　）
A．256 B．254 C．252 D．126
7．（5分）已知圆C1：（x﹣5）2+（y﹣3）2＝9，圆C2：x2+y2﹣4x+2y﹣9＝0，则两圆的位置关系为（　　）
A．外离 B．外切 C．相交 D．内切
8．（5分）已知正三棱锥P﹣ABC的侧面与底面所成的二面角为，侧棱，则该正三棱锥的外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
（多选）9．（5分）已知a，b∈R，则下列叙述中正确的是（　　）
A．若a＞b，则
B．函数y＝x（x＞2）的最小值为6，则正数m的值为4
C．“a＞1”是“a2＞a”的充分不必要条件
D．命题“ a≥1，a2﹣1≥0”的否定是“ a＜1，a2﹣1＜0”
（多选）10．（5分）下列说法正确的是（　　）
A．直线的斜率越大，则倾斜角越大
B．若方程x2+y2+x﹣y+m＝0表示圆，则m
C．圆x2+y2＝2上有且只有三点到直线x+y﹣1＝0的距离都等于
D．经过点（1，﹣2）且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y+1＝0
（多选）11．（5分）已知函数f（x）＝2sin（ωx+φ）（ω＞0）满足，f（π）＝2，且最小正周期，则ω的值可以是（　　）
A． B．2 C．3 D．4
（多选）12．（5分）如图，在棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段BC1上的动点，下列说法正确的是（　　）
A．对任意点P，DP∥平面AB1D1
B．三棱锥A1﹣PDD1的体积为
C．线段DP长度的最小值为
D．存在点P，使得DP与平面ADD1A1所成角的大小为
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）已知向量（1，1），（﹣1，3），（2，1），且（）∥，则λ＝　 　．
14．（5分）已知函数f（x），则f（f（1））＝　 　；方程f（x）＝1的解集为 　 　．
15．（5分）已知方程x2+x﹣1＝aex有三个实数解，则实数a的取值范围是 　 　．
16．（5分）青花瓷，中华陶瓷烧制工艺的珍品，是中国瓷器的主流品种之一，如图是一个陶艺青花瓷罐，其底座以上部分的轴截面曲线可以看成是椭圆的一部分，若该青花瓷罐的最大截面圆的直径为20cm，罐口圆的直径为16cm，且罐口圆的圆心与最大截面圆的圆心距离为3cm，则该椭圆的离心率为 　 　．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）在锐角△ABC中，b，_____，
（1）求角B；
（2）求△ABC的周长l的取值范围．
在①，且；②cosB（2a﹣c）＝bcosC；
③，f（B）．
在这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中并对其进行求解．
18．（12分）已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，其前n项和Sn满足Sn+1+Sn﹣1＝2Sn+2（n≥2）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn，求数列{bn}的前n项和Tn．
19．（12分）“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员，面向全社会的优质平台．该平台首次实现了“有组织，有管理，有指导，有服务”的学习，极大地满足了广大党员干部和人民群众多样化、自主化、便捷化的学习需求，日益成为老百姓了解国家动态，紧跟时代脉搏的热门APP．某市宣传部门为了解市民利用“学习强国”学习国家政策的情况，从全市抽取1000人进行调查，统计市民每周利用“学习强国”的时长，如图是根据调查结果绘制的频率分布直方图．
（1）估计该市市民每周利用“学习强国”时长在区间[6，8）内的概率；
（2）估计该市市民每周利用“学习强国”的平均时长；
（3）若宣传部为了解市民每周利用“学习强国”的具体情况，准备采用分层抽样的方法从[4，6）和[10，12）组中抽取7人了解情况，从这7人中随机选取2人参加座谈会，求所选取的2人来自不同的组的概率．
20．（12分）在三棱锥S﹣ABC中，△ABC是正三角形，面SAC⊥面ABC，AB＝4，SA＝SC＝2，E、F分别是AB，SB的中点．
（1）证明：AC⊥SB；
（2）求二面角B﹣CE﹣F的余弦值．
21．（12分）设函数f（x）＝tx2+2t2x+t﹣1（x∈R，t＞0）．
（1）求函数f（x）的最小值h（t）；
（2）在（1）的条件下，若h（t）＜﹣2t+m对t∈（0，2）恒成立，求实数m的取值范围．
22．（12分）已知抛物线y2＝2px（p＞0）上有两点A，B，且直线AB过点（8，0），∠AOB＝90°；
（1）求抛物线的标准方程；
（2）若抛物线上有一点Q，纵坐标为4，抛物线上另有两点M，N，且直线OM与QN的斜率满足kQM+kQN＝0，△QMN重心的横坐标为4，求直线MN的方程．
2023-2024学年贵州省黔东南州凯里一中高二（上）期末数学模拟试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．【解答】解：∵A＝{x|﹣1＜x＜2}，B＝{x|a﹣2＜x＜a}，且A∩B＝{x|﹣1＜x＜0}，
∴a＝0，
∴B＝{x|﹣2＜x＜0}，
∴A∪B＝（﹣2，2）．
故选：D．
2．【解答】解：z＝i（1﹣i）＝1+i，
则|z|．
故选：B．
3．【解答】解：双曲线的方程为y，
可得A（﹣b，1），B（﹣b，﹣1），
∵，的夹角为60°，则，∴b，
2，
故选：A．
4．【解答】解：∵lg1＜lg2＜lg10，∴0＜a＜1，
∵b＝logsin1，∴b＞1，
∵c＝lnsinlnln1，∴c＜0，
∴c＜a＜b，
故选：D．
5．【解答】解：∵sinA，sinB，sinC成等比数列，
∴b2＝ac，
又∵c＝2a，∴ba，
∴cosC，
故选：C．
6．【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，
由a1＝2，a5﹣a3＝24，得2q4﹣2q2＝24，即q4﹣q2﹣12＝0，
解得q2＝4，或q2＝﹣3（舍去），又q＞0，故q＝2，
所以S7254．
故选：B．
7．【解答】解：⊙O1：（x﹣5）2+（y﹣3）2＝9的圆心为C1（5，3），半径r＝3，
C2：x2+y2﹣4x+2y﹣9＝0的标准方程为（x﹣2）2+（y+1）2＝14，圆心为O2（2，﹣1），半径R，
两圆的圆心距|O1O2|5，3＜53，
故两圆相交，
故选：C．
8．【解答】解：由题意，作正三棱锥P﹣ABC，取AB中点D，连接PD，CD，取等边△ABC的中心O，连接PO，如下图所示：
在正三棱锥P﹣ABC中，AP＝BP，PO⊥平面ABC，∵D为AB中点，∴PD⊥AB，
在等边△ABC中，∵D为AB中点，∴CD⊥AB，∵CD 平面ABC，PD 平面APB，∴，
设AD＝x，则在Rt△APD中，，
在Rt△ADC中，，
在△PDC中，根据余弦定理，PD2+DC2﹣2 PD DC cos∠PDC＝PC2，
则，解得，
则，，
在等边△ABC中，∵O是中心，∴O∈CD，，，
∵PO⊥平面ABC，CD 平面ABC，∴PO⊥CD，
在Rt△POD中，，
设正三棱锥P﹣ABC的外接球的半径为r，
假设正三棱锥P﹣ABC的外接球球心在线段PO上，则（PO﹣r）2+CO2＝r2，
可得，解得，不符合题意；
假设正三棱锥P﹣ABC的外接球球心在线段PO的延长线上，则（r﹣PO）2+CO2＝r2，
可得，解得，符合题意．
故正三棱锥P﹣ABC的外接球表面积．
故选：C．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．【解答】解：对于A，当a＝1，b＝﹣1时，不成立，故A错误，
对于B，∵m＞0，x＞2，∴x﹣2＞0，
∴函数y＝x（x﹣2）2≥22＝22，当且仅当x﹣2，即x＝2时，等号成立，
∴22＝6，解得m＝4，故B正确，
对于C，当a＞1时，a2﹣a＝a（a﹣1）＞0，∴a2＞a，故充分性成立，
当a2＞a，即a＜0或a＞1，故a＞1不一定成立，故必要性不成立，
∴“a＞1”是“a2＞a”的充分不必要条件，故C正确，
对于D，命题“ a≥1，a2﹣1≥0”的否定是“ a≥1，a2﹣1＜0”，故D错误，
故选：BC．
10．【解答】解：对于A，当直线的斜率为﹣1时，对应的倾斜角为，当直线的斜率为1时，对应的倾斜角为，故A错误，
对于B，方程x2+y2+x﹣y+m＝0，即，
∵方程x2+y2+x﹣y+m＝0表示圆，
∴，解得m，故B正确，
对于C，圆x2+y2＝2，
则圆心为（0，0），半径为，
圆心到直线x+y﹣1＝0的距离为d，
故圆x2+y2＝2上有且只有三点到直线x+y﹣1＝0的距离都等于，故C正确，
对于D，当直线在x轴和y轴上截距为0时，
∵直线过点（1，﹣2），
∴直线方程为y＝﹣2x，
当直线在x轴和y轴上截距不为0时，
可设直线方程为x+y＝a（a≠0），
∵直线过点（1，﹣2），
∴1﹣2＝﹣1＝a，即x+y+1＝0，
综上所述，所求直线方程为2x+y＝0或x+y+1＝0，故D错误．
故选：BC．
11．【解答】解：因为f（x）满足，f（π）＝2，且最小正周期，
所以，解得0＜ω≤8，
ω，所以08，解得0≤n≤6，n∈N，
故当n＝1时，ω，n＝2时，ω＝3．
故选：AC．
12．【解答】解：在棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，如图所示：
对于A：连接BD，DC1，AD1，AB1，B1D1，
由于AD1∥BC1，AD1 平面BDC1，BC1 平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1
同理由BD∥B1D1得B1D1∥平面BDC1，又B1D1∩AD1＝D1，B1D1，AD1 平面AD1B1，
故平面AD1B1∥平面BDC1，由于DP 平面BDC1，所以对任意点P，DP∥平面AB1D1，故A正确；
对于B：由于BP∥AD1，AD1 平面ADD1A1，BP 平面ADD1A1，所以BP∥平面ADD1A1，故三棱锥A1﹣PDD1的体积为，故B正确；
对于C：由于，所以过点D作DO⊥BC1，即点O为BC1的中点，，故C正确，
对于D：由于BP∥平面ADD1A1，BP∥AD1，所以点P在平面ADD1A1上的投影在线段AD1上，设点P的投影为点Q，则∠PDQ为DP与平面ADD1A1所成的角，，
而，所以DP与平面ADD1A1所成角的正弦值的取值范围是，
而，
所以不存在点P，使得DP与平面ADD1A1所成角的大小为，故D错误．
故选：ABC．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．【解答】解：∵（1，1），（﹣1，3），
∴（1+λ，1﹣3λ），
∵（）∥，（2，1），
∴（1+λ）×1﹣（1﹣3λ）×2＝0，解得．
故答案为：．
14．【解答】解：∵函数f（x），
∴f（1）＝e1＝e，∴f（f（1））＝f（e）＝lne＝1．
由方程f（x）＝1，可得①或 ②，
由①可得x＝0，由②可得x＝e，
故原不等式的解集为{0，e}，
故答案为：1，{0，e}．
15．【解答】解：因为方程x2+x﹣1＝aex有三个实数解，所以方程a有三个实数解，
故令f（x），
则f′（x），
所以当﹣1＜x＜2时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x＜﹣1或x＞2时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
所以，当x＝﹣1时，f（x）取得极小值f（﹣1）＝﹣e；当x＝2时，f（x）取得极大值f（2），
当x趋近于﹣∞时，f（x）趋近于+∞，x趋近于+∞时，f（x）趋近于0，
所以，y＝f（x）的大致图象如图，
所以，实数a的取值范围是（0，）．
故答案为：（0，）．
16．【解答】解：设椭圆的方程为，
由题意可知椭圆过点A（10，0），B（8，3），易知a＝10，
把点B的坐标代入椭圆方程为，解得b＝5，
所以c5，
所以离心率为e
故答案为：．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．【解答】解：（1）选①，∵，且，
∴，即cosB，
∵，
∴B．
选②，∵cosB（2a﹣c）＝bcosC，
∴由正弦定理可得，cosB（2sinA﹣sinC）＝sinBcosC，
∴2sinAcosB＝sinBcosC+cosBsinC＝sin（B+C）＝sinA，
∵sinA＞0，
∴2cosB＝1，即cosB，
∵，
∴B．
选③，
，
∵f（B），
∴，
∵，
∴B．
（2）由正弦定理可得，，
则△ABC的周长l＝a+c+b＝2sinA+2sinC，
∵，解得，
∴，
∴，
∴3，
故△ABC的周长l的取值范围为（3，3]．
18．【解答】解：（1）由题意得，Sn+1﹣Sn＝Sn﹣Sn+1+2，（n≥2），
从而an+1＝an+2，（n≥2），
即an+1﹣an＝2，（n≥2），
因为a2﹣a1＝3﹣1＝2，
所以数列{an}是以1为首项，以2为公差的等差数列，
所以an＝2n﹣1．
（2）bn，
Tn（），
，
．
19．【解答】解：（1）由题意知，该市市民每周利用“学习强国”时长在[6，8）内的频率为0.15×2＝0.3，
所以估计该市市民每周利用“学习强国”时长在[6，8）内的概率为0.3．
（2）由题意知各组的频率分别为0.05，0.1，0.25，0.3，0.15，0.1，0.05，
所以，
所以估计该市市民每周利用“学习强国”的平均时长在6.8小时．
（3）由（2）知，利用“学习强国”时长在[4，6）和[10，12）的频率分别为0.25，0.1，故两组人数分别为250，100，
采用分层抽样的方法从[4，6）组抽取人数为，记作a，b，c，d，e；从[10，12）组抽取人数为，记作A，B；
从7人中抽取2人的基本事件有ab，ac，ad，ae，aA，aB，bc，bd，be，bA，bB，cd，ce，cA，cB，de，dA，dB，eA，eB，AB，共21个，来自不同组的基本事件有aA，aB，bA，bB，cA，cB，dA，dB，eA，eB，共10个，
故所求概率．
20．【解答】（1）证明：取AC的中点O，连接OS，OB，∵SA＝SC，AB＝BC，
∴AC⊥SO且AC⊥BO．∴AC⊥面SBO，
又SB 面SBO，∴AC⊥SB．
（2）解：由面SAC⊥面ABC，SO⊥AC，面SAC∩面ABC＝AC，
SO 面ABC，可得SO⊥面ABC，
故以O为坐标原点，分别以OA，OB，OS所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示空间直角坐标系：
则A（2，0，0），，C（﹣2，0，0），S（0，0，2）
∴，∴，，
设为平面EFC的一个法向量，
由
取x＝1，则，z＝1．∴，
又为面ABC的一个法向量，
由，
如图知二面角B﹣CE﹣F的余弦值为．
21．【解答】解：（1）f（x）＝t（x+t）2﹣t3+t﹣1（x∈R，t＞0），
∴当x＝﹣t时，f（x）取得最小值，为f（﹣t）＝﹣t3+t﹣1，即h（t）＝﹣t3+t﹣1．
（2）令g（t）＝h（t）﹣（﹣2t）＝﹣t3+3t﹣1．
由g'（t）＝﹣3t2+3＝0及t＞0，得t＝1，
当t变化时，g'（t），g（t）的变化情况如表：
t （0，1） 1 （1，2）
g'（t） + 0 ﹣
g（t） 单调增 极大值 单调减
由表可知当t＝1时，g（t）有极大值g（1）＝1．
又在定义城（0，2）内，g（t）有唯一的极值点，
∴函数g（t）的极大值也就是g（t）在定义域（0，2）内的最大值，即g（t）max＝1．
h（t）＜﹣2t十m在（0，2）内恒成立，即g（t）＜m在（0，2）内恒成立，
当且仅当g（t）max＝1＜m，即m＞1时上式成立，
∴实数m的取值范围是（1，+∞）．
22．【解答】解：（1）由题意知直线AB的斜率不可能为0，
设A（x1，y1）、B（x2，y2），直线AB的方程为x＝my+8，
由∠AOB＝90°，得 0，即x1x2+y1y2＝0，
即 y1y2＝0，即y1y2+4p2＝0，
将x＝my+8代入y2＝2px，得y2＝2p（my+8），
则y2﹣2pmy﹣16p＝0，则y1y2＝﹣16p，
∴﹣16p+4p2＝0，解得p＝0（舍去）或p＝4，
故所求抛物线的标准方程为y2＝8x；
（2）由抛物线方程可得Q点坐标为（2，4），
设M（x1′，y1′）、N（x2′，y2′），
则kQM+kQN0，
则y1′+y2′+8＝0，
又，则（y1′）2﹣（y2′）2＝8（x1′﹣x2′），
故kMN1，
又4，则x1′+x2′＝10，又y1′+y2′＝﹣8，
∴MN的中点坐标为（5，﹣4），
故由点斜式得直线MN的方程为y+4＝﹣（x﹣5），即x+y﹣1＝0．
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