河北省遵化市2023年數學高二上期末質量跟蹤監(jiān)視模擬試題含解析

河北省遵化市2023年數學高二上期末質量跟蹤監(jiān)視模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．直線與圓相切，則實數等于（）A.或 B.或C.3或5 D.5或32．定義運算：．已知，都是銳角，且，，則（）A. B.C. D.3．在四面體中，點G是的重心，設，，，則（）A. B.C. D.4．設是等差數列的前n項和，若，，則（）A.26 B.－7C.－10 D.－135．《九章算數》“竹九節(jié)”問題：現有一根9節(jié)的竹子，自上而下各節(jié)的容積成等差數列，上面4節(jié)的容積為3升，下面3節(jié)的容積共4升，則第五節(jié)的容積為（）A.1升 B.升C.升 D.升6．已知直線，，若，則實數的值是（）A.0 B.2或-1C.0或-3 D.-37．一個幾何體的三視圖都是半徑為1的圓，在該幾何體內放置一個高度為1的長方體，則長方體的體積最大值為（）A. B.C. D.18．下列四個命題中，為真命題的是（）A.若a＞b，則ac2＞bc2B.若a＞b，c＞d，則a﹣c＞b﹣dC.若a＞|b|，則a2＞b2D.若a＞b，則9．函數的圖象大致是（）A. B.C. D.10．在棱長為4的正方體中，為的中點，點P在正方體各棱及表面上運動且滿足，則點P軌跡圍成的圖形的面積為（）A. B.C. D.11．已知平面，的法向量分別為，，則（）A. B.C.，相交但不垂直 D.，的位置關系不確定12．過點與直線平行的直線的方程是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在中.若成公比為的等比數列，則____________14．已知拋物線C：，經過點P（4，1）的直線l與拋物線C相交于A，B兩點，且點P恰為AB的中點，F為拋物線的焦點，則______15．如圖所示四棱錐，底面ABCD為直角梯形，，，，，是底面ABCD內一點（含邊界），平面MBD，則點O軌跡的長度為_____________.16．圓的圓心坐標為___________；半徑為___________.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：的焦點是圓與軸的一個交點.（1）求拋物線的方程;（2）若過點的直線與拋物線交于不同的兩點A、B，О為坐標原點，證明：.18．（12分）請你設計一個包裝盒，如圖所示，是邊長為的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得四個點重合于圖中的點，正好形成一個長方體形狀的包裝盒，、在上是被切去的等腰直角三角形斜邊的兩個端點，設（1）求包裝盒的容積關于的函數表達式，并求出函數的定義域；（2）當為多少時，包裝盒的容積最大？最大容積是多少？19．（12分）已知點A（1，2）在拋物線C∶上，過點A作兩條直線分別交拋物線于點D，E，直線AD，AE的斜率分別為kAD，kAE，若直線DE過點P（-1，-2）（1）求拋物線C的方程；（2）求直線AD，AE的斜率之積.20．（12分）已知函數.（1）當時，證明：存在唯一的零點；（2）若，求實數的取值范圍.21．（12分）已知函數，為自然對數的底數.（1）當時，證明，，；（2）若函數在上存在極值點，求實數的取值范圍.22．（10分）設，分別是橢圓（）的左、右焦點，E的離心率為.短軸長為2.（1）求橢圓E的方程：（2）過點的直線l交橢圓E于A，B兩點，是否存在實數t，使得恒成立？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由.

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、C【解析】先求出圓的圓心和半徑，再利用圓心到直線的距離等于半徑列方程可求得結果【詳解】由，得，則圓心為，半徑為2，因為直線與圓相切，所以，得，解得或，故選：C2、B【解析】，只需求出與的正、余弦值即可，用平方關系時注意角的范圍.【詳解】解：因為，都是銳角，所以，，因為，所以，即，，所以，，因為，所有，故選：B.【點睛】信息給予題，已知三角函數值求三角函數值，考查根據三角函數的恒等變換求值，基礎題.3、B【解析】結合重心的知識以及空間向量運算求得正確答案.【詳解】設是中點，.故選：B4、C【解析】直接利用等差數列通項和求和公式計算得到答案.【詳解】，，解得，故.故選：C.5、B【解析】設出竹子自上而下各節(jié)的容積且為等差數列，根據上面4節(jié)的容積共3升，下面3節(jié)的容積共4升列出關于首項和公差的方程，聯立即可求出首項和公差，根據求出的首項和公差，利用等差數列的通項公式即可求出第5節(jié)的容積【詳解】解：設竹子自上而下各節(jié)的容積分別為：，，，，且為等差數列，根據題意得：，，即①，②，②①得：，解得，把代入①得：，則故選：B【點睛】本題考查學生掌握等差數列的性質，靈活運用等差數列的通項公式化簡求值，屬于中檔題6、C【解析】由，結合兩直線一般式有列方程求解即可.【詳解】由知：,解得：或故選：C.7、B【解析】根據題意得到幾何體為半徑為1的球，長方體的體對角線為球的直徑時，長方體體積最大，設出長方體的長和寬，得到等量關系，利用基本不等式求解體積最大值.【詳解】由題意得：此幾何體為半徑為1的球，長方體為球的內接長方體時，體積最大，此時長方體的體對角線為球的直徑，設長方體長為，寬為，則由題意得：，解得：，而長方體體積為，當且僅當時等號成立，故選：B8、C【解析】利用不等式的性質結合特殊值法依次判斷即可【詳解】當c＝0時，A不成立；2>1，3>－1，而2－3<1－(－1)，故B不成立；a＝2，b＝1時，，D不成立；由a>|b|知a>0，所以a2>b2，C正確故選：C9、A【解析】根據函數的定義域及零點的情況即可得到答案.【詳解】函數的定義域為，則排除選項、,當時，，則在上單調遞減，且，，由零點存在定理可知在上存在一個零點，則排除，故選：.10、A【解析】構造輔助線，找到點P軌跡圍成的圖形為長方形，從而求出面積.【詳解】取的中點E，的中點F，連接BE，EF，AF，則由于為的中點，可得，所以∠CBE=∠ECN，從而∠BCN+∠CBE=∠BCN+∠ECN=90°，所以BE⊥CN，又EF⊥平面，平面，所以EF⊥CN，又因為BEEF=E，所以CN⊥平面ABEF，所以點P軌跡圍成的圖形為矩形ABEF，又，所以矩形ABEF面積為.故選：A11、C【解析】利用向量法判斷平面與平面的位置關系.【詳解】因為平面，的法向量分別為，，所以，即不垂直，則，不垂直，因為，即即不平行，則，不平行，所以，相交但不垂直，故選：C12、A【解析】根據題意利用點斜式寫出直線方程即可.【詳解】解：過點的直線與直線平行，，即.故選：A.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由條件可得，即，由余弦定理可得答案.【詳解】由成公比為的等比數列，即由正弦定理可知所以故答案為：14、9【解析】過A、、作準線的垂線且分別交準線于點、、，根據拋物線的定義可知，由梯形的中位線的性質得出，進而可求出的結果.【詳解】由拋物線，可知，則，所以拋物線的焦點坐標為，如圖，過點A作垂直于準線交準線于，過點作垂直于準線交準線于，過點作垂直于準線交準線于，由拋物線的定義可得，再根據為線段的中點，而四邊形為梯形，由梯形的中位線可知，則，所以.故答案為：9.15、【解析】繪出如圖所示的輔助線，然后通過平面平面得出點軌跡為線段，最后通過求出、的長度即可得出結果.【詳解】如圖，延長到點，使且，連接，取上點，使得，作，交于點，交于點，連接，因為，所以，因為，又，所以，，因為，，，所以平面平面，因為平面，面，所以點軌跡為線段，因為，，所以，因為，，，所以，因為底面為直角梯形，所以，，，，故答案為：.16、①.②.【解析】配方后可得圓心坐標和半徑【詳解】將圓的一般方程化為圓標準方程是，圓心坐標為，半徑為故答案為：；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）證明見解析【解析】（1）由圓與軸的交點分別為，可得拋物線的焦點為，從而即可求解；（2）設直線為，聯立拋物線方程，由韋達定理及，求出即可得證.【小問1詳解】解：由題意知，圓與軸的交點分別為，則拋物線的焦點為，所以，所以拋物線方程為；【小問2詳解】證明：設直線為，聯立方程，有，所以，所以，所以.18、（1），定義域為；（2）當時，包裝盒的容積最大是.【解析】（1）設出包裝盒的高和底面邊長，利用長方體的表面積得到等量關系，再利用長方體的體積公式求出表達式，再利用實際意義得到函數的定義域；（2）求導，利用導函數的符號變化得到函數的極值，即最值.小問1詳解】解：設包裝盒的高為，底面邊長為，則，，所以=其定義域為；【小問2詳解】解：由（1）得：，，因為，所以當時，；當時，；所以當時，取得極大值，即當時，包裝盒的容積最大是19、（1）（2）【解析】（1）代入點即可求得拋物線方程；（2）聯立方程后利用韋達定理求出，，，，然后代入即可求得斜率的積.【小問1詳解】解：點A（1，2）在拋物線C∶上故【小問2詳解】設直線方程為：聯立方程，整理得：由題意及韋達定理可得：，20、（1）證明見解析；（2）【解析】（1）當時，求導得到，判斷出函數的單調性，求出最值，可證得命題成立；（2）當且時，不滿足題意，故，又定義域為，講不等式化簡，參變分離后構造新函數，求導判斷單調性并求出最值，可得實數的取值范圍【詳解】（1）函數的定義域為，當時，由，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；.且，故存在唯一的零點；（2）當時，不滿足恒成立，故由定義域為，可得，令，則，則當時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減，故當時，函數取得最大值（1），故實數的取值范圍是【點睛】方法點睛：本題考查函數零點的問題，考查導數的應用，考查不等式的恒成立問題，關于恒成立問題的幾種常見解法總結如下：

參變分離法，將不等式恒成立問題轉化函數求最值問題；

主元變換法，把已知取值范圍的變量作為主元，把求取值范圍的變量看作參數；

分類討論，利用函數的性質討論參數，分別判斷單調性求出最值；

數形結合法，將不等式兩端的式子分別看成兩個函數，作出函數圖象，列出參數的不等式求解21、（1）證明見解析：（2）【解析】(1)代入,求導分析函數單調性,再的最小值即可證明.(2),若函數在上存在兩個極值點,則在上有根.再分,與,利用函數的零點存在定理討論導函數的零點即可.【詳解】(1)證明：當時,,則,當時,,則,又因為,所以當時,,僅時,,所以在上是單調遞減,所以,即.(2),因為,所以,①當時,恒成立,所以在上單調遞增,沒有極值點.②當時,在區(qū)間上單調遞增,因為.當時,,所以在上單調遞減,沒有極值點.當時,,所以存在,使當時,時,所以在處取得極小值,為極小值點.綜上可知,若函數在上存在極值點,則實數.【點睛】本題主要考查了利用導函數求解函數的單調性與最值,進而證明不等式的方法.同時也考查了利用導數分析函數極值點的問題,需要結合零點存在定理求解.屬于難題.22、（1）（2）存在，【解析】(1)由條件列出，，的方程，解方程求出，，，由此可得橢圓E的方程：(2)當直線的斜率存在時，設直線的方程為，聯立直線的方程與橢圓方程化簡可得，設，，可得，，由此證明，再證明當