北京市順義第九中學2024屆數學高二上期末質量跟蹤監視模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．數列滿足，對任意，都有，則（）A. B.C. D.2．直線與圓相切，則實數等于（）A.或 B.或C.3或5 D.5或33．命題p：存在一個實數﹐它的絕對值不是正數.則下列結論正確的是（）A.：任意實數，它的絕對值是正數，為假命題B.：任意實數，它的絕對值不是正數，為假命題C.：存在一個實數，它的絕對值是正數，為真命題D.：存在一個實數，它的絕對值是負數，為真命題4．對于公差為1的等差數列，；公比為2的等比數列，，則下列說法不正確的是（）A.B.C.數列為等差數列D.數列的前項和為5．已知等差數列{an}中，a4+a9=8，則S12=（）A.96 B.48C.36 D.246．數列滿足，且，是函數的極值點，則的值是（）A.2 B.3C.4 D.57．，，，，設，則下列判斷中正確的是（）A. B.C. D.8．下列雙曲線中，漸近線方程為的是A. B.C. D.9．已知函數，則（）A.函數的極大值為，無極小值 B.函數的極小值為，無極大值C.函數的極大值為0，無極小值 D.函數的極小值為0，無極大值10．已知，且直線始終平分圓的周長，則的最小值是（）A.2 B.C.6 D.1611．已知m，n表示兩條不同直線，表示兩個不同平面.設有兩個命題：：若，則；：若，則.則下列命題中為真命題的是（）A. B.C. D.12．雙曲線的虛軸長為（）A. B.C.3 D.6二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若等比數列滿足，則的前n項和____________14．已知橢圓的長軸在軸上，若焦距為4，則__________.15．某中學高一年級有420人，高二年級有460人，高三年級有500人，用分層抽樣的方法抽取部分樣本，若從高一年級抽取21人，則從高三年級抽取的人數是__________16．如圖，正方體中，點E，F，G分別是，AB，的中點，則直線與GF所成角的大小是______（用反三角函數表示）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）已知圓，是圓上一點，過A作直線l交圓C于另一點B，交x軸正半軸于點D，且A為的中點.（1）求圓C在點A處的切線方程；（2）求直線l的方程.18．（12分）已知拋物線的焦點為，直線與拋物線交于，兩點，且（1）求拋物線的方程；（2）若，是拋物線上一點，過點的直線與拋物線交于，兩點（均與點不重合），設直線，的斜率分別為，，求證：為定值19．（12分）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線的普通方程和曲線的直角坐標方程；（2）若與相交于A、兩點，設，求.20．（12分）如圖，四棱臺的底面為正方形，面，（1）求證：平面；（2）若平面平面，求直線m與平面所成角的正弦值21．（12分）已知數列是正項數列，，且.（1）求數列的通項公式；（2）設，數列的前項和為，若對恒成立，求實數的取值范圍.22．（10分）設函數.（1）當k＝1時，求函數的單調區間；（2）當時，求函數在上的最小值m和最大值M.

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】首先根據題設條件可得，然后利用累加法可得，所以，最后利用裂項相消法求和即可.【詳解】由，得，則，所以，.故選：C.【點睛】本題考查累加法求數列通項，考查利用錯位相減法求數列的前n項和，考查邏輯思維能力和計算能力，屬于常考題.2、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：C3、A【解析】根據存在量詞命題的否定為全稱量詞命題判斷，再利用特殊值判斷命題的真假；【詳解】解：因為命題p“存在一個實數﹐它的絕對值不是正數”為存在量詞命題，其否定為“任意實數，它的絕對值是正數”，因為，所以為假命題；故選：A4、B【解析】由等差數列的通項公式判定選項A正確；利用等比數列的通項公式求出，即判定選項B錯誤；利用對數的運算和等差數列的定義判定選項C正確；利用錯位相減法求和，即判定選項D正確.【詳解】對于A:由條件可得，，即選項A正確；對于B：由條件可得，，即選項B錯誤；對于C：因為，所以，則，即數列是首項和公差均為的等差數列，即選項C正確；對于D：，設數列的前項和為，則，，上面兩式相減可得，所以，即選項D正確.故選：B.5、B【解析】利用等差數列的性質求解即可.【詳解】解：由等差數列的性質得.故選：B6、C【解析】利用導數即可求出函數的極值點，再利用等差數列的性質及其對數的運算性質求解即可【詳解】由，得，因為，是函數的極值點，所以，是方程兩個實根，所以，因為數列滿足，所以，所以數列為等差數列，所以，所以，故選：C7、D【解析】通過湊配構造的方式，構造出新式子，且可以化簡為整數，然后利用放縮思想得到S的范圍.【詳解】解：，，，，，；，.故選：D8、A【解析】由雙曲線的漸進線的公式可行選項A的漸進線方程為，故選A.考點：本題主要考查雙曲線的漸近線公式.9、A【解析】利用導數來求得的極值.【詳解】的定義域為，，在遞增；在遞減，所以的極大值為，沒有極小值.故選：A10、B【解析】由已知直線過圓心得，再用均值不等式即可.【詳解】由已知直線過圓心得：，，當且僅當時取等.故選:B.11、B【解析】利用直線與平面，平面與平面的位置關系判斷2個命題的真假，再利用復合命題的真值表判斷選項的正誤即可【詳解】，表示兩條不同直線，，表示兩個不同平面：若，，則也可能，也可能與相交，所以是假命題，為真命題；：令直線的方向向量為，直線的方向向量為，若，則，則，所以是真命題，所以為假命題；所以為假命題，是真命題，為假命題，是真命題，所以為假命題故選：12、D【解析】根據題意，由雙曲線的方程求出的值，即可得答案【詳解】因為，所以，所以雙曲線的虛軸長為.故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、##【解析】由已知及等比數列的通項公式得到首項和公比，再利用前n項和公式計算即可.【詳解】設等比數列的公比為，由已知，得，解得，所以.故答案為：14、8【解析】根據橢圓方程列方程，解得結果.【詳解】因為橢圓的長軸在軸上，焦距為4，所以故答案為：8【點睛】本題考查根據橢圓方程求參數，考查基本分析求解能力，屬基礎題.15、25【解析】由條件先求出抽樣比，從而可求出從高三年級抽取的人數.【詳解】由題意抽樣比例：則從高三年級抽取的人數是人故答案為：2516、【解析】連接，由得出直線與GF所成角，再由余弦定理得出直線與GF所成角的大小.【詳解】連接，因為，所以直線與GF所成角為.設，則，，，又異面直線的夾角范圍為，所以直線與GF所成角的大小是.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）或【解析】（1）以直線方程的點斜式去求圓C在點A處的切線方程；（2）以A為的中點為突破口，設點法去求直線l的方程簡單快捷.【小問1詳解】圓可化為，圓心因為直線的斜率為，所以圓C在A點處切線斜率為2，所以切線方程為即.【小問2詳解】由題意設因為是中點，所以將B代入圓C方程得解得或當時，，此時l方程為當時，，此時l方程為所以l方程為或18、（1）（2）證明見解析【解析】(1)聯立直線和拋物線方程，根據拋物線定義和焦半徑公式得到，根據韋達定理可得到最終結果；（2）代入點坐標可得到參數的值，設直線的方程為，聯立該直線和拋物線方程，，代入韋達定理可得到最終結果.【小問1詳解】設點，，點，，聯立，整理得，，由拋物線的定義知，解得，拋物線的方程為【小問2詳解】，為拋物線上一點，，即，設，，，，直線的方程為，由，消去得，，，，即為定值19、（1）曲線的普通方程為；曲線的直角坐標方程為（2）【解析】（1）直接利用轉換關系式把參數方程和極坐標方程轉化為直角坐標方程；（2）易得滿足直線的方程，轉化為參數方程，代入曲線的普通方程，再利用韋達定理結合弦長公式即可得出答案.【小問1詳解】解：曲線的參數方程為（為參數），轉化為普通方程為，曲線的極坐標方程為，即，根據，轉化為直角坐標方程為；【小問2詳解】解：因為滿足直線的方程，將轉化為參數方程為（為參數），代入，得，設A、兩點的參數分別為，則，所以.20、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）：連結交交于點O，連結，，通過四棱臺的性質以及給定長度證明，從而證出，利用線面平行的判定定理可證明面；（2）利用線面平行的性質定理以及基本事實可證明，即求與平面所成角的正弦值；通過條件以及面面垂直的判定定理可證明面面，則為與平面所成角，利用余弦定理求出余弦值，即可求出正弦值.【詳解】（1）證明：連結交交于點O，連結，，由多面體為四棱臺可知四點共面，且面面，面面，面面，∴，∵和均為正方形，，∴，所以為平行四邊形，∴，面，面，∴平面（2）∵面，平面，平面，∴，又∵，∴∴求直線m與平面所成角可轉化為求與平面所成角，∵和均為正方形，，且，∴，，∴，又∵面，∴∴面，∴面面，由面面，設O在面的投影為M，則，∴為與平面所成角，由，可得，又∵，∴∴，直線m與平面所成角的正弦值為.【點睛】思路點睛：（1）找兩個平面的交線，可通過兩個平面的交點找到，也可利用線面平行的性質找和交線的平行直線；（2）求直線和平面所成角，過直線上一點做平面的垂線，則垂足和斜足連線與直線所成角即為直線和平面所成角.21、（1）（2）【解析】（1）由條件因式分解可得，從而得到，即可得出答案.（2）由（1）可得，由錯位相減法求和得到，由題意即即對恒成立，分析數列的單調性，得出答案.【小問1詳解】由，得∵∴∴∴數列是公比為2的等比數列.∵，∴.【小問2詳