2024屆四川省廣安遂寧資陽等七市高二上數學期末統考模擬試題注意事項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．已知E、F分別為橢圓的左、右焦點，傾斜角為的直線l過點E，且與橢圓交于A，B兩點，則的周長為A.10 B.12C.16 D.202．過雙曲線右焦點F作雙曲線一條漸近線的垂線，垂足為A，與另一條漸近線交于點B，若，則雙曲線C的離心率為（）A.或 B.2或C.或 D.2或3．已知圓上有三個點到直線的距離等于1，則的值為（）A. B.C. D.14．設分別是橢圓的左、右焦點，P是C上的點，則的周長為（）A.13 B.16C.20 D.5．過坐標原點作直線的垂線，垂足為，則的取值范圍是（）A. B.C. D.6．在直三棱柱中，，且，點是棱上的動點，則點到平面距離的最大值是（）A. B.C.2 D.7．盤子里有肉餡、素餡和豆沙餡的包子共個，從中隨機取出個，若是肉餡包子的概率為，不是豆沙餡包子的概率為，則素餡包子的個數為（）A. B.C. D.8．已知矩形，為平面外一點，且平面，，分別為，上的點，且，，，則（）A. B.C.1 D.9．若雙曲線離心率為，過點，則該雙曲線的方程為（）A. B.C. D.10．設，則A.2 B.3C.4 D.511．若函數在區間單調遞增，則的取值范圍是（）A. B.C. D.12．瑞士數學家歐拉1765年在其所著的《三角形的幾何學》一書中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一條直線上，后人稱這條直線為歐拉線.已知的頂點，，其歐拉線方程為，則頂點的坐標可以是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數有三個零點，則實數的取值范圍為___________.14．關于曲線，則以下結論正確的個數有______個①曲線C關于原點對稱；②曲線C中，；③曲線C是不封閉圖形，且它與圓無公共點；④曲線C與曲線有4個交點，這4點構成正方形15．已知圓：和圓：，動圓M同時與圓及圓外切，則動圓的圓心M的軌跡方程為______.16．圓與圓的位置關系為______(填相交，相切或相離).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）經觀測，某公路段在某時段內的車流量（千輛/小時）與汽車的平均速度（千米/小時）之間有函數關系：（1）在該時段內，當汽車的平均速度為多少時車流量最大？最大車流量為多少？（精確到）（2）為保證在該時段內車流量至少為千輛/小時，則汽車的平均速度應控制在什么范圍內？18．（12分）已知函數.（1）當時，求函數的極大值與極小值；（2）若函數在上的最大值是最小值的3倍，求a的值.19．（12分）在如圖所示的多面體中，且，，，且，，且，平面，（1）求證：；（2）求平面與平面夾角的余弦值20．（12分）如圖，四棱錐中，，且，（1）求證：平面平面；（2）若是等邊三角形，底面是邊長為3的正方形，是中點，求直線與平面所成角的正弦值.21．（12分）等比數列的各項均為正數，且，.（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列前項和.22．（10分）如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是等邊三角形，D是AC的中點.（1）證明：AB1//面BC1D；（2）若AA1=AB，求二面角B1-AC-C1的余弦值.

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】利用橢圓的定義即可得到結果【詳解】橢圓，可得，三角形的周長，，所以：周長，由橢圓的第一定義，，所以，周長故選D【點睛】本題考查橢圓簡單性質的應用，橢圓的定義的應用，三角形的周長的求法，屬于基本知識的考查2、D【解析】求得點A，B的坐標，利用轉化為坐標比求解.【詳解】不妨設直線，由題意得，解得，即；由得，即，因為，所以，所以當時，，；當時，，則，故選：D3、A【解析】求出圓心和半徑，由題意可得圓心到直線的距離，列方程即可求得的值.【詳解】由圓可得圓心，半徑，因為圓上有三個點到直線的距離等于1，所以圓心到直線的距離，可得：，故選：A.4、B【解析】利用橢圓的定義及即可得到答案.【詳解】由橢圓的定義，，焦距，所以的周長為.故選：B5、D【解析】求出直線直線過的定點A，由題意可知垂足是落在以OA為直徑的圓上，由此可利用的幾何意義求得答案,【詳解】直線，即，令，解得，即直線過定點,由過坐標原點作直線的垂線，垂足為，可知：落在以OA為直徑的圓上，而以OA為直徑的圓為，如圖示：故可看作是圓上的點到原點距離的平方，而圓過原點，圓上點到原點的最遠距離為，但將原點坐標代入直線中，不成立，即直線l不過原點，所以不可能和原點重合，故，故選：D6、D【解析】建立空間直角坐標系，設出點的坐標，運用點到平面的距離公式，求出點到平面距離的最大值.【詳解】解：以為原點，分別以，，所在直線為，，軸建立如圖所示的空間直角坐標第,則,,,設點,故，，.設設平面的法向量為，則即，取，則.所以點到平面距離.當，即時，距離有最大值為.故選:D.【點睛】本題考查空間內點到面的距離最值問題，屬于中檔題.7、C【解析】計算出肉餡包子和豆沙餡包子的個數，即可求得素餡包子的個數.【詳解】由題意可知，肉餡包子的個數為，從中隨機取出個，不是豆沙餡包子的概率為，則該包子是豆沙餡包子的概率為，所以，豆沙餡包子的個數為，因此，素餡包子的個數為.故選：C.8、B【解析】由，，得，然后利用向量的加減法法則把向量用向量表示出來，可求出的值，從而可得答案【詳解】解：因為，，所以所以,因為，所以，所以，故選：B9、B【解析】分析可得，再將點代入雙曲線的方程，求出的值，即可得出雙曲線的標準方程.【詳解】，則，，則雙曲線的方程為，將點的坐標代入雙曲線的方程可得，解得，故，因此，雙曲線的方程為.故選：B10、B【解析】利用復數的除法運算求出，進而可得到.【詳解】，則，故，選B.【點睛】本題考查了復數的四則運算，考查了復數的模，屬于基礎題11、A【解析】函數在區間上單調遞增，轉化為導函數在該區間上大于等于0恒成立，進而求出結果.【詳解】由題意得：在區間上恒成立，而，所以.故選：A12、C【解析】設出點C坐標，求出的重心并代入歐拉線方程，驗證并排除部分選項，余下選項再由外心、垂心驗證判斷作答.【詳解】設頂點的坐標為，則的重心坐標為，依題意，，整理得：，對于A，當時，，不滿足題意，排除A；對于D，當時，，不滿足題意，排除D；對于B，當時，，對于C，當時，，直線AB的斜率，線段AB中點，線段AB中垂線方程：，即，由解得：，于是得的外心，若點，則直線BC的斜率，線段BC中點，該點與點M確定直線斜率為，顯然，即點M不在線段BC的中垂線上，不滿足題意，排除B；若點，則直線BC的斜率，線段BC中點，線段BC中垂線方程為：，即，由解得，即點為的外心，并且在直線上，邊AB上的高所在直線：，即，邊BC上的高所在直線：，即，由解得：，則的垂心，此時有，即的垂心在直線上，選項C滿足題意.故選：C【點睛】結論點睛：的三頂點，則的重心為.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由題意可得與的圖象有三個不同的交點，經判斷時不符合題意，當時，時，兩個函數圖象有一個交點，可得時與的圖象有兩個交點，等價于與的圖象有兩個不同的交點，對求導，數形結合即可求解.【詳解】令可得，若函數函數有三個零點，則可得方程有三個根，即與的圖象有三個不同的交點，作出的圖象如圖：當時，是以為頂點開口向下的拋物線，此時與的圖象沒有交點，不符合題意；當時，與的圖象只有一個交點，不符合題意；當時，時，與的圖象有一個交點，所以時與的圖象有兩個交點，即方程有兩個不等的實根，即方程有兩個不等的實根，可得與的圖象有兩個不同的交點，令，則，由即可得，由即可得，所以在單調遞增，在單調遞減，作出其圖象如圖：當時，，當時，可得與的圖象有兩個不同的交點，即時，函數有三個零點，所以實數的取值范圍為，故答案為：【點睛】方法點睛：已知函數有零點(方程有根)求參數值(取值范圍)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；（3）數形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象，利用數形結合的方法求解.14、2【解析】根據曲線的方程，以及曲線的對稱性、范圍，結合每個選項進行逐一分析，即可判斷.【詳解】①將方程中的分別換為，方程不變，故該曲線關于原點對稱，故正確；②因為，解得或，故，同理可得：，故錯誤；③根據②可知，該曲線不是封閉圖形；聯立與，可得：，將其視作關于的一元二次方程，故，所以方程無根，故曲線與沒有交點；綜上所述，③正確；④假設曲線C與曲線有4個交點且交點構成正方形，根據對稱性，第一象限的交點必在上，聯立與可得：，故交點為，而此點坐標不滿足，所以這樣的正方形不存在，故錯誤；綜上所述，正確的是①③.故答案為：.【點睛】本題考察曲線與方程中利用曲線方程研究曲線性質，處理問題的關鍵是把握由曲線方程如何研究對稱性以及范圍問題，屬困難題.15、【解析】根據動圓同時與圓及圓外切，即可得到幾何關系，再結合雙曲線的定義可得動點的軌跡方程.【詳解】由題，設動圓的半徑為，圓的半徑為，圓的半徑為,當動圓與圓，圓外切時,,,所以,因為圓心,，即，又根據雙曲線的定義，得動點的軌跡為雙曲線的上支，其中，，所以,則動圓圓心的軌跡方程是；故答案為：16、相交【解析】求兩圓圓心距，并與半徑之和、半徑之差的絕對值比較即可.【詳解】圓的圓心為，半徑為，圓的圓心為，半徑為，∵，∴兩圓相交.故答案為：相交.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）當（千米/小時）時，車流量最大，最大值約為千輛/小時；（2）汽車的平均速度應控制在這個范圍內（單位：千米/小時）.【解析】（1）利用基本不等式可求得的最大值，及其對應的值，即可得出結論；（2）解不等式即可得解.【小問1詳解】解：，（千輛/小時），當且僅當時，即當（千米/小時）時，車流量最大，最大值約為千輛/小時.【小問2詳解】解：據題意有，即，即，解得，所以汽車的平均速度應控制在這個范圍內（單位：千米/小時）.18、（1）的極大值為0,的極小值為（2）2【解析】（1）先求導可得，再利用導函數判斷的單調性，進而求解；（2）由（1）可得在上的最小值為，由，，可得的最大值為，進而根據求解即可.【詳解】解:（1）當時，，所以，令，則或，則當和時，；當時，，則在和上單調遞增，在上單調遞減,所以極大值為；的極小值為.（2）由題,，由（1）可得在上單調遞減，在上單調遞增，所以的最小值即為的極小值；因為,,所以，因為，則，所以.【點睛】本題考查利用導函數求函數的極值,考查利用導函數求函數的最值,考查運算能力.19、（1）證明見解析（2）【解析】（1）根據線面垂直的性質可得，，如圖所示，以為坐標原點建立空間直角坐標系，證明即可得證；（2）求出平面與平面的法向量，再利用向量法即可得解.【小問1詳解】證明：因為平面，平面，平面，所以，且，因為，如圖所示，以為坐標原點建立空間直角坐標系，則，，，，，，，所以，，，所以；【小問2詳解】，設平面的法向量為，則，即，令，有，設平面的法向量為，則，即，令，有，設平面和平面的夾角為，，所以平面和平面的夾角的余弦值為20、（1）證明見解析（2）【解析】（1）根據線面垂直的判定定理，結合面面垂直的判定定理進行證明即可；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角公式，結合線面角定義進行求解即可.【小問1詳解】∵，∴，，又，∴，∵，面，∴面，平面ABCD,平面平面【小問2詳解】∵平面平面，交AD于點F，平面，平面平面，∴平面，以為原點，，的方向分別為軸，軸的正方向建立空間直角坐標系，則，，，，，，，，設平面的法向量為，則，求得法向量為，由，所以直線與平面所成角的正弦值為.21、（1）；（2）.【解析】（1）根據題意求出首項和公比即可得出通項公式；（2）可得是等差數列，利用等差數列前n項和公式即可求出.【詳解】解：（1）設等比數列的公比為，則，由題意得，解得，因此，；（2），則，所以，數列是等差數列，首項，記數列前項和為，則.22、（1）證明見解析（2）【解析】（1），連接，證明，再根據線面平行的判定定理即可得證；（2）說明平面，取的中點F，連接，以D為原點，分別以的方向為x，y，