甘肃省白银市靖远县第二中学2023-2024学年高二上学期期末模拟数学试题（解析版）.docx

《甘肃省白银市靖远县第二中学2023-2024学年高二上学期期末模拟数学试题（解析版）.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

高二年级上学期期末考试模拟卷数学试题（120分钟150分）考试范围：选择性必修第一册一､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.已知数列的通项公式为，则该数列的第项为（）A.1B.C.D.【答案】A【解析】【分析】分类讨论为奇数与为偶数，结合诱导公式求得恒有，从而得解.【详解】因为，当为奇数时，；当为偶数时，，；综上，.故选：A.2.若直线不经过第一象限，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先将直线化为斜截式，从而得到关于的不等式组，由此得解.【详解】直线方程可化为，因为直线不经过第一象限，第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 所以，解得.所以实数的取值范围是.故选：C.3.圆的圆心在直线上，且和轴相切于点，则圆的标准方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用几何法即可求得圆的标准方程.【详解】因为圆心在直线上，故设圆心，又因为圆和轴相切于点，所以，即，则半径，故圆的标准方程为.故选：B.4.某科技小组有6名学生，其中男生4人，女生2人，现从中选出3人去参观展览，则至少有一名女生入选的不同选法种数为（）A.12B.16C.18D.24【答案】B【解析】【分析】至少有一名女生入选分为两类情况，利用组合相关知识即可求解.【详解】分两类：一类是选1个女生，则有种；另一类是选2个女生，则有种.所以不同选法种数共有.故选:B.5.的展开式中，含的项的系数是（）A.B.5C.15D.35【答案】D第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【分析】求出的展开式中的通项，再结合两个式子相乘特点求解即可.【详解】二项式的展开式中的通项，则含的项的系数为.故选：D6.以椭圆的焦点为顶点，顶点为焦点的双曲线的渐近线的倾斜角的正弦值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】结合题意找到双曲线的顶点与焦点，求出双曲线的方程及渐近线方程，找到倾斜角的正切值，进而找到倾斜角的正弦值.【详解】椭圆焦点坐标为，顶点坐标为，故双曲线中，由，所以双曲线的方程为，渐近线的方程为，设倾斜角为，得，由同角三角函数的基本关系，可得.故选:D.7.已知为抛物线的焦点，过的直线交抛物线于点，，且点在点的下方．若直线的斜率为，则（）A.5B.4C.D.3【答案】B【解析】第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【分析】设，在抛物线准线上的射影分别为，，且交抛物线的准线于点，设，，再根据题意求出，，，再结合即可求出答案．【详解】如图，设，在抛物线的准线上的射影分别为，，且交抛物线的准线于点，设，，则，由直线的斜率为，则，则，所以，，又，即，化简得，可得．故选：B．8.已知等差数列的前5项和为105，且.对任意的，将数列中不大于的项的个数记为，则数列的前项和等于（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设数列的公差为，根据题意，列出方程组求得，得到，进而求得，结合等比数列的求和公式，即可求解.【详解】设数列的公差为，前项和为，因为，可得，解得，所以，第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 对任意的，若，则，所以，所以数列是首项为1，公比为7的等比数列，故.故选：C.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.若直线被两平行直线与直线所截的线段的长为，则直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】依题意作出图形，利用平行线间的距离公式求得，结合图形得到直线与直线的夹角，从而得解.【详解】依题意，作出图形，则，因为直线与直线平行，所以间的距离为，即，因为，所以，即直线与直线的夹角为，因为直线的斜率为，则倾斜角为，所以直线的倾斜角为或.故选：AD.10.用种不同的颜色涂图中的矩形，要求相邻的矩形涂色不同，不同的涂色方法总种数记为第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 ，则（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】利用分类计数原理即可得解.【详解】当时，分四步：第一步，涂处，有3种涂色方案；第二步，涂处，有2种涂色方案；第三步，涂处，有2种涂色方案；第四步，涂处，有1种涂色方案.所以不同的涂色方法共种数为，所以，故A正确；当时，分四步：第一步，涂处，有4种涂色方案；第二步，涂处，有3种涂色方案；第三步，涂处，有3种涂色方案；第四步，涂处，有2种涂色方案.所以不同的涂色方法共种数为，所以，故B错误；当时，分四步：第一步，涂处，有5种涂色方案；第二步，涂处，有4种涂色方案；第三步，涂处，有4种涂色方案；第四步，涂处，有3种涂色方案.所以不同的涂色方法共种数为，所以，故C错误；当时，分四步：第一步，涂处，有6种涂色方案；第二步，涂处，有5种涂色方案；第三步，涂处，有5种涂色方案；第四步，涂处，有4种涂色方案.所以不同的涂色方法共种数为，所以，故D正确.故选：AD.第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 11.如图，在直角坐标系中，坐标轴将边长为4的正方形分割成四个小正方形.若大圆为正方形的外接圆，四个小圆分别为四个小正方形的内切圆，则下列方程是图中某个圆的方程的是（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】由各小圆的圆心和半径，求出圆的标准方程和一般方程，对照选项判断.【详解】由题可知小正方形边长为2，则内切圆半径为1，可得第一象限的小圆的圆心为，方程为，即，A选项正确；第二象限的小圆的圆心为，方程为，即，B选项正确；第三象限的小圆的圆心为，方程为，即，C选项正确；第四象限的小圆的圆心为，方程为，即，没有选项符合；外接圆圆心为，半径为，方程为，没有选项符合.故选：ABC12.设椭圆的左､右焦点分别为，是上的动点，则下列结论正确的是（）A.第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 B.的最大值为C.离心率D.以线段为直径圆与直线相切【答案】ACD【解析】【分析】根据题意，利用椭圆的几何性质，可判定A正确，B不正确，C正确，结合直线与圆的位置关系的判定方法，可判定D正确.【详解】由椭圆，可得，则，焦点，根据椭圆的定义知，所以A正确；由椭圆的几何性质，可得的最大值为，所以B错误；椭圆的离心率定义，可得离心率为，所以C正确；由原点到直线的距离，知以线段为直径的圆与直线相切，所以D正确.故选：ACD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若，则实数__________.【答案】【解析】【分析】利用排列数与组合数的关系、组合数性质求解即得.【详解】依题意，，又，因此，而，所以.故答案为：614.在等差数列中，前五项和为10，最后五项之和为90，前项之和为180，则项数第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 __________.【答案】18【解析】【分析】利用等差数列的性质与前项和公式即可得解.【详解】因为，所以，所以，即，因为，解得.故答案为：.15.已知实数满足，则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】利用两点距离公式的几何意义与点线距离公式即可得解.【详解】因为表示点到点的距离的平方，而的最小值为点到直线的距离，即，所以的最小值为9.故答案为：.16.已知圆，点在抛物线上运动，过点作圆的切线，切点分别为，则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】由题意利用等面积法，结合勾股定理得出，故只需通过数学结合求出的最小值即可.第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【详解】根据题意，可知，且.由几何性质可得四边形的面积为面积的2倍，由对称性和切线长性质可知，所以，即.设，，易知，当为原点时，取得最小值2，故的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点睛：解决问题的关键是利用等面积法，并通过数形结合的思想即可顺利得解.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.已知.（1）求直线的全体方向向量和一个法向量；（2）若点在线段（包括端点）上移动，求直线的斜率的取值范围.【答案】（1）全体方向向量为（为任意的非零实数）；一个法向量为（2）【解析】【分析】（1）利用斜率，求出直线的一个方向向量，由向量的共线得全体方向向量，求出直线的一般式方程，可得直线的一个法向量；（2）根据图象可得临界条件有和，再结合直线倾斜角的变化和正切函数性质可解.第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【小问1详解】由斜率公式知直线的斜率为，所以直线的全体方向向量为（为任意的非零实数）.直线的方程为，化简得，所以直线的一个法向量为.【小问2详解】由（1）知直线倾斜角为钝角，斜率为，结合图象可知，点从点向点移动时，倾斜角为钝角且逐渐增大，则当点为点时，直线的斜率最小，为当点为点时，直线的斜率最大，直线的斜率为，所以直线的斜率的取值范围为.18.已知数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意可将原式退一项得第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 ，再和原式两式相减即得（2）根据错位相减即可求和.【小问1详解】当时，，当时，①②①-②得：（）因为也符合上式，所以.【小问2详解】由（1）知，，④，⑤④-⑤得，，所以∴.19.课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男､女生各有一名队长，现从中选5人参加某项活动，依下列条件各有多少种选法？（用数字做答）（1）至少有一名队长参加该活动；（2）至多有两名女生参加该活动.【答案】（1）825；（2）966.【解析】【分析】（1）分有一名队长和两名队长情况讨论得解或采用排除法得解；第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 （2）分有两名女生､只有一名女生､没有女生三种情况讨论得解.【小问1详解】至少有一名队长含有两种情况：有一名队长和有两名队长.故共有825种，或采用排除法有种.【小问2详解】至多有两名女生含有三种情况：有两名女生､只有一名女生､没有女生.故共有种.20.已知双曲线是上的任意一点.（1）设点坐标为，求的最小值；（2）若分别为双曲线的左､右焦点，，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设出点的坐标为，表示出，利用点再双曲线上，借助二次函数知识计算即可;（2）由双曲线的定义及余弦定理表示出，结合面积公式计算即可.【小问1详解】设点的坐标为，则，因为，所以当时，取得最小值.【小问2详解】第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 由双曲线的定义知①,由余弦定理得②,根据①②可得，所以.21.在平面直角坐标系中，已知圆和圆.（1）若直线过原点，且被圆截得的弦长为6，求直线的方程；（2）是否存在点满足过点的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）和（2）存在，或【解析】【分析】（1）分类讨论直线的斜率存在与否，利用圆的弦长公式与点线距离公式列式求解即可；（2）假设存在满足条件的点，分析得两圆心到对应直线的距离相等，从而得到关于的关系式，利用的任意性求得的值，再检验两直线斜率一个为0，另一个不存在的情况，从而得解.【小问1详解】因为圆的圆心为，半径为，当直线的斜率不存在时，直线即是轴，此时直线被圆截得的弦长为，满足题意；当直线斜率存在时，设直线的方程为，由直线被圆截得的弦长为6，所以到直线的距离为，则，解得，即直线为；综上，直线的方程为和.【小问2详解】存在满足条件的点，点坐标为或，理由如下：第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 假设存在满足条件的点，因为圆的圆心为，半径为，设，因为直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，又两圆半径相等，所以圆心到直线与到直线的距离相等，当两直线斜率存在且不等于0时，设直线的方程分别为，即.故有，整理得或，因为关于的方程有无穷多解，所以或，解得或，故点的坐标为或；当两直线斜率一个为0，另一个不存在时，点的坐标和也适合；综上可知，存在点满足条件，此时点的坐标为或.【点睛】关键点睛：本题第2小题解决的关键是如何处理式子，以及利用的任意性求得的值，从而得解.第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 22.已知椭圆的左顶点为，过作两条互相垂直的直线且分别与椭圆交于两点（异于点），设直线的斜率为，为坐标原点.（1）用表示点的坐标；（2）求证：直线过定点；（3）求的面积的取值范围.【答案】（1），（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）设直线的方程为，联立方程组，结合和是方程的两个根据，求得点坐标，同理可得点的坐标；（2）当，求得的方程点；当，求得直线的方程为，令，得到点，即可得证；（3）求得的面积，令，得到，结合函数的的单调性，即可求解.【小问1详解】解：由椭圆，可得，则，直线的斜率都存在且不为0，故可设直线的方程为，联立方程组，整理得，设，则和是方程的两个根据，可得，第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 解得，则，所以点，同理可得点.【小问2详解】证明：当，即时，直线的方程为，经过点.当，即时，直线的斜率为，直线的方程为，令，可得，直线也过点.综上可知，直线恒过定点.【小问3详解】解：由题意，可得的面积，令，当且仅当时，等号成立，则，而在上单调递增，的值域为，所以的面积的取值范围是.【点睛】方法策略：解答圆锥曲线最值与范围问题的方法与策略：第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 （1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围；3、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时抓住直线与圆锥曲线的几何特征应用.第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司