吉林省舒蘭一中，蛟河一中等百校聯盟2023年數學高二上期末學業水平測試模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．如圖，已知正方體，點P是棱中點，設直線為a，直線為b．對于下列兩個命題：①過點P有且只有一條直線l與a、b都相交；②過點P有且只有兩條直線l與a、b都成角．以下判斷正確的是（）A.①為真命題，②為真命題 B.①為真命題，②為假命題C.①為假命題，②為真命題 D.①為假命題，②為假命題2．如圖為某幾何體的三視圖，則該幾何體中最大的側面積是（）A.B.C.D.3．橢圓與(0<k<9)的（）A.長軸的長相等B.短軸的長相等C.離心率相等D.焦距相等4．已知三棱柱中，，，D點是線段上靠近A的一個三等分點，則（）A. B.C. D.5．下列雙曲線中，漸近線方程為的是A. B.C. D.6．已知，，，若，，共面，則λ等于（）A. B.3C. D.97．若定義在R上的函數滿足，則不等式的解集為（）A. B.C. D.8．橢圓的長軸長是（）A.3 B.4C.6 D.89．在空間直角坐標系中，已知，，則MN的中點P到坐標原點О的距離為（）A. B.C.2 D.310．在空間直角坐標系中，點關于軸的對稱點為點，則點到直線的距離為（）A. B.C. D.611．設函數，當自變量t由2變到2.5時，函數的平均變化率是（）A.5.25 B.10.5C.5.5 D.1112．已知函數的圖象過點，令.記數列的前n項和為，則（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知數列的前n項和，則其通項公式______14．若雙曲線的一條漸近線被圓所截得的弦長為2，則該雙曲線的實軸長為______.15．古希臘數學家阿波羅尼斯發現：平面上到兩定點A，B的距離之比為常數的點的軌跡是—個圓心在直線上的圓.該圓被稱為阿氏圓，如圖，在長方體中，，點E在棱上，，動點P滿足，若點P在平面內運動，則點P對應的軌跡的面積是___________；F為的中點，則三棱錐體積的最小值為___________.16．已知為拋物線上的動點，，，則的最小值為________.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）已知函數.（1）求函數f(x)的最小正周期；（2）當時，求函數f(x)的值域.18．（12分）在等差數列中．，（1）求的通項公式：（2）記的前項和為，求滿足的的最大值19．（12分）已知圓（1）若直線與圓C相交于A、B兩點,當弦長最短時,求直線l的方程;（2）若與圓C相外切且與y軸相切的圓的圓心記為D,求D點的軌跡方程20．（12分）已知：，:.(1)當時，求實數的取值范圍；(2)若是的充分不必要條件，求實數的取值范圍.21．（12分）如圖所示的四棱錐的底面是一個等腰梯形，，且，是△的中線，點E是棱的中點（1）證明：∥平面（2）若平面平面，且，求平面與平面夾角余弦值（3）在（2）條件下，求點D到平面的距離22．（10分）已知圓O：與圓C：（1）在①，②這兩個條件中任選一個，填在下面的橫線上，并解答若______，判斷這兩個圓位置關系；（2）若，求直線被圓C截得的弦長注：若第（1）問選擇兩個條件分別作答，按第一個作答計分

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、A【解析】①由正方形的性質，可以延伸正方形，再利用兩條平行線確定一個平面即可；②一組鄰邊與對角面夾角相等，在平面內繞P轉動，可以得到二條直線與a、b的夾角都等于.【詳解】如下圖所示，在側面正方形和再延伸一個正方形和，則平面和在同一個平面內，所以過點P，有且只有一條直線l，即與a、b相交，故①為真命題；取中點N，連PN，由于a、b為異面直線，a、b的夾角等于與b的夾角.由于平面，平面，，所以平面，所以與與b的夾角都為.又因為平面，所以與與b的夾角都為，而，所以過點P，在平面內存在一條直線，使得與與b的夾角都為，同理可得，過點P，在平面內存在一條直線，使得與與的夾角都為；故②為真命題.故選：A2、B【解析】由三視圖還原原幾何體，確定幾何體的結構，計算各面面積可得【詳解】由三視圖，原幾何體是三棱錐，平面，，尺寸見三視圖，，，故選：B3、D【解析】根據橢圓方程求得兩個橢圓的，由此確定正確選項.【詳解】橢圓與(0<k<9)的焦點分別在x軸和y軸上，前者a2＝25，b2＝9，則c2＝16，后者a2＝25－k，b2＝9－k，則顯然只有D正確故選：D4、A【解析】在三棱柱中，，轉化為結合已知條件計算即可.【詳解】在三棱柱中，滿足，且，則，，D點是線段上靠近A的一個三等分點，則，由向量的減法運算得，.故選：A【點睛】關鍵點點睛：在三棱柱中，，由向量的減法運算得，再展開利用數量積運算.5、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.6、C【解析】由，，共面，設，列方程組能求出λ的值【詳解】∵，，共面，∴設(實數m、n)，即，∴，解得故選：C7、B【解析】構造函數，根據題意，求得其單調性，利用函數單調性解不等式即可.【詳解】構造函數，則，故在上單調遞減；又，故可得，則，即，解得，故不等式解集為.故選：B.【點睛】本題考察利用導數研究函數單調性，以及利用函數單調性求解不等式，解決本題的關鍵是根據題意構造函數，屬中檔題.8、D【解析】根據橢圓方程可得到a，從而求得長軸長.【詳解】橢圓方程為，故，所以橢圓長軸長為，故選:D.9、A【解析】利用中點坐標公式及空間中兩點之間的距離公式可得解.【詳解】，，由中點坐標公式，得，所以.故選：A10、C【解析】按照空間中點到直線的距離公式直接求解.【詳解】由題意，，，的方向向量，，則點到直線的距離為.故選：C.11、B【解析】利用平均變化率的公式即得.【詳解】∵，∴.故選：B.12、D【解析】由已知條件推導出，．由此利用裂項求和法能求出【詳解】解：由，可得，解得，則.∴，故選：【點睛】本題考查了函數的性質、數列的“裂項求和”，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】利用當時，，可求出此時的通項公式，驗證n=1時是否適合，可得答案.【詳解】當時，，當時，不適合上式，∴，故答案為:.14、2【解析】求得雙曲線的一條漸近線方程，求得圓心和半徑，運用點到直線的距離公式和弦長公式，可得a，b的關系，即可得到的值【詳解】一漸近線x＋ay＝0，被圓(x－2)2＋y2＝4所截弦長為2，所以圓心到直線距為，即，a＝1.所以雙曲線的實軸長為2.故答案為：15、①.②.【解析】建立空間直角坐標系，根據，可得對應的軌跡方程；先求的面積，其是固定值，要使體積最小，只需求點到平面的距離的最小值即可.【詳解】分別以為軸建系，設，而,,，,.由,有，化簡得對應的軌跡方程為.所以點P對應的軌跡的面積是.易得的三個邊即是邊長為為的等邊三角形，其面積為，，設平面的一個法向量為，則有，可取平面的一個法向量為，根據點的軌跡，可設，，所以點到平面的距離，所以故答案為：；16、6【解析】根據拋物線的定義把的長轉化為到準線的距離為，進而數形結合求出最小值.【詳解】易知為拋物線的焦點，設到準線的距離為，則，而的最小值為到準線的距離，故的最小值為.故答案為：6三、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）.【解析】（1）先通過降冪公式和輔助角公式將函數化簡，進而求出周期；（2）求出的范圍，進而結合三角函數的性質求得答案.【小問1詳解】，函數最小正周期為.【小問2詳解】當時，，，∴，即函數的值域為.18、（1）（2）【解析】（1）根據等差數列的概念及通項公式可得基本量，進而可得解.（2）利用等差數列求和公式計算，解不等式即可.【小問1詳解】設等差數列的公差為，所以，解得，所以數列的通項公式為；【小問2詳解】由（1）得，所以，解得，所以的最大值為.19、（1）（2）【解析】(1)先求出直線過的定點,再根據弦長|AB|最短時,求解.(2)用直譯法求解【小問1詳解】直線即,所以直線過定點.當弦長|AB|最短時,因為直線PC的斜率所以此時直線的斜率所以當弦長|AB|最短時,求直線的方程為,即【小問2詳解】設,易知圓心D在軸上方,圓D半徑為因為圓與圓外切,所以即整理得點的軌跡方程為20、(1)；(2).【解析】(1)將代入即可求解；(2)首先結合已知條件分別求出命題和的解，寫出，然后利用充分不必要的特征即可求解.【詳解】(1)由題意可知，，解得，故實數的取值范圍為；(2)由，解得或，由，解得，故命題：或；命題：，從而：或，因為是的充分不必要條件，所以或或，從而，解得，故實數的取值范圍為.21、（1）證明見解析；（2）；（3）.【解析】（1）連接、，平行四邊形的性質、線面平行的判定可得平面、平面，再根據面面平行的判定可得平面平面，利用面面平行的性質可證結論；（2）取的中點為，連接，證明出平面，，以為坐標原點，、、的方向分別為軸、軸、軸的正方向建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得平面與平面所成銳二面角的余弦值.（3）利用等體積法，求D到平面的距離【小問1詳解】連接、，由、分別是棱、的中點，則，平面，平面，則平面又，且，∴且，四邊形是平行四邊形，則，平面，平面，則平面又，可得平面平面．又平面∴平面【小問2詳解】由知：，又平面平面，平面平面，平面，∴平面取的中點為，連接、，由且，故四邊形為平行四邊形，故，則△為等邊三角形，故，以為坐標原點，、、的方向分別為軸、軸、軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系易知，，所以、、、、，，，，設平面的法向量為，則，令，得設平面的法向量為，則，令，得設平面與平面所成的銳二面角為．則，即平面與平面所成銳二面角的余弦值為【小問3詳解】由（2）知：平面，則是三棱錐的高且，四邊形為平行四邊形，又，即為菱形，∴，而，則，且，∴，故.又，由上易知：△為等腰三角形且，∴，則D到平面的距離.22、（1）選①:外離；選②：相切;（2）【解析】