2024届云南省曲靖市宜良县第六中学数学高二上期末综合测试模拟试题含解析.doc

1、2024届云南省曲靖市宜良县第六中学数学高二上期末综合测试模拟试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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若 则（ ）A.2B.1C.1D.22已知双曲线C ：-=1的焦距为10 ，点P （2,1）在C 的渐近线上，则C的方程为A.-=1B.-=1C.-=

2、1D.-=13二项式的展开式中，各项二项式系数的和是（）A.2B.8C.16D.324函数图象的一个对称中心为（）A.B.C.D.5春秋时期孔子及其弟子所著的论语颜渊中有句话：“非礼勿视，非礼勿听，非礼勿言，非礼勿动.”意思是：不符合礼的不看，不符合礼的不听，不符合礼的不说，不符合礼的不做.“非礼勿听”可以理解为：如果不合礼，那么就不听.从数学角度来说，“合礼”是“听”的（ ）A.充分条件B.必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件6彬塔，又称开元寺塔、彬县塔，民间称“雷峰塔”，位于陕西省彬县城内西南紫薇山下.某同学为测量彬塔的高度，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，在点

3、测得塔顶的仰角为60，则塔高（）A.30mB.C.D.7设双曲线（）的焦距为12，则（）A.1B.2C.3D.48函数在上的最小值为（）A.B.C.-1D.9概率论起源于赌博问题法国著名数学家布莱尔帕斯卡遇到两个赌徒向他提出的赌金分配问题：甲、乙两赌徒约定先赢满局者，可获得全部赌金法郎，当甲赢了局，乙赢了局，不再赌下去时，赌金如何分配？假设每局两人输赢的概率各占一半，每局输赢相互独立，那么赌金分配比较合理的是（ ）A.甲法郎，乙法郎B.甲法郎，乙法郎C.甲法郎，乙法郎D.甲法郎，乙法郎10已知直线过点且与直线平行，则直线方程为（）A.B.C.D.11在等差数列中，已知，则数列的前9项和为（）A

4、.B.13C.45D.11712若是函数的一个极值点，则的极大值为（ ）A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设ABC的面积为S，其中，则S的最大值为_14已知离心率为的椭圆：和离心率为的双曲线：有公共的焦点，其中为左焦点，P是与在第一象限的公共点.线段的垂直平分线经过坐标原点，则的最小值为_.15半径为的球的体积为_16已知数列的前项和为，则_.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知椭圆的离心率为，直线与椭圆C相切于点（1）求椭圆C的方程；（2）已知直线与椭圆C交于不同的

5、两点M，N，与直线交于点Q（P，Q，M，N均不重合），记的斜率分别为，若证明：为定值18（12分）从椭圆上一点P向x轴作垂线，垂足恰为左焦点，A是椭圆C与x轴正半轴的交点，直线AP的斜率为，若椭圆长轴长为8（1）求椭圆C的方程；（2）点Q为椭圆上任意一点，求面积的最大值19（12分）如图，四棱锥的底面是正方形，平面平面，E为的中点（1）若，证明：；（2）求直线与平面所成角的余弦值的取值范围20（12分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，直线垂直于平面分别为的中点，直线与相交于点.（1）证明：与不垂直；（2）求二面角的余弦值.21（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为，（t为参数），

6、以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）已知，曲线与曲线相交于A，B两点，求.22（10分）如图，在长方体中，点E在棱上运动（1）证明：；（2）当E为棱的中点时，求直线与平面所成角的正弦值；（3）等于何值时，二面角的大小为？参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B【解析】分子分母同除以，化弦为切，代入即得结果.【详解】由题意，分子分母同除以，可得.故选：B.2、A【解析】由题意得，双曲线的焦距为，即，又双曲线的渐近线方程为，点在的渐近线上

7、，所以，联立方程组可得，所以双曲线的方程为考点：双曲线的标准方程及简单的几何性质3、D【解析】根据给定条件利用二项式系数的性质直接计算作答.【详解】二项式的展开式的各项二项式系数的和是.故选：D4、D【解析】要求函数图象的一个对称中心的坐标,关键是求函数时的的值;令,根据余弦函数图象性质可得,此时可求出,然后对进行取值,进而结合选项即可得到答案.【详解】解:令,则解得,即,图象的对称中心为,令,即可得到图象的一个对称中心为故选:D【点睛】本题考查三角函数的对称中心,正弦函数的对称中心为,余弦函数的对称中心为.5、B【解析】如果不合礼，那么就不听.转化为它的逆否命题.即可判断出答案.【详解】如果

8、不合礼，那么就不听的逆否命题为：如果听，那么就合理.故“合礼”是“听”的必要条件.故选：B.6、D【解析】在中有，再应用正弦定理求，再在中，即可求塔高.【详解】由题设知：，又，中，可得，在中，则.故选：D7、B【解析】根据可得关于的方程，解方程即可得答案.【详解】因为可化为，所以，则.故选：B.【点睛】本题考查已知双曲线的焦距求参数的值，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，属于基础题.8、D【解析】求出函数的导函数，根据导数的符号求出函数的单调区间，再根据函数的单调性即可得出答案.【详解】解：因为，所以，当时，单调递减；当时，单调递增，故.故选：D.9、A【解析】利用独立事件计算出甲、乙各自

9、赢得赌金的概率，由此可求得两人各分配的金额.【详解】甲赢得法郎的概率为，乙赢得法郎的概率为，因此，这法郎中分配给甲法郎，分配给乙法郎.故选：A.10、C【解析】由题意，直线的斜率为，利用点斜式即可得答案.【详解】解：因为直线与直线平行，所以直线的斜率为，又直线过点， 所以直线的方程为，即，故选：C.11、C【解析】根据给定的条件利用等差数列的性质计算作答【详解】在等差数列中，因，所以.故选：C12、D【解析】先对函数求导，由已知，先求出，再令，并判断函数在其左右两边的单调性，从而确定极大值点，然后带入原函数即可完成求解.【详解】因为，所以，所以，令，解得或，所以当，单调递增；时，单调递减；当，

10、单调递增，所以的极大值为故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】应用余弦定理有，再由三角形内角性质及同角三角函数平方关系求，根据基本不等式求得，注意等号成立条件，最后利用三角形面积公式求S的最大值.【详解】由余弦定理知：，而，所以，而，即，当且仅当时等号成立，又，当且仅当时等号成立.故答案为：14、#4.5【解析】设为右焦点，半焦距为，由题意，则，所以，从而有，最后利用均值不等式即可求解.【详解】解：设为右焦点，半焦距为，由题意，则，所以，即，故，当且仅当时取等，所以，故答案为：.15、【解析】根据球的体积公式求解【详解】根据球的体积公式【点睛】球的体积公式16、

11、【解析】根据题意求得，得到，利用等差数列的求和公式，求得，结合裂项法求和法，即可求解.【详解】由，可得，即，因为，所以，又因为，所以，可得，所以，所以.故答案为：.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）； （2）证明见解析.【解析】（1）根据椭圆离心率和椭圆经过的点建立方程组，求解方程组可得椭圆的方程；（2）先根据相切求出直线的斜率，结合可得，再逐个求解，然后可证结论.【小问1详解】解：由题意，解得 故椭圆C的方程为.【小问2详解】证明：设直线的方程为，联立得，因为直线与椭圆C相切，所以判别式，即，整理得， 所以，故直线的方程为，因为，所以， 设直线的方程为

12、，联立方程组解得故点Q坐标为，联立方程组，化简得设点因为判别式，得又，所以故，于是为定值.【点睛】直线与椭圆的相切问题一般是联立方程，结合判别式为零求解；定值问题的求解一般结合目标式中的项，逐个求解，代入验证即可.18、（1）（2）18【解析】（1）易得，进而有，再结合已知即可求解；（2）由（1）易得直线AP的方程为，设与直线AP平行的直线方程为，由题意，当该直线与椭圆相切时，记与AP距离比较远的直线与椭圆的切点为Q，此时的面积取得最大值，将代入椭圆方程，联立即可得与AP距离比较远的切线方程，从而即可求解.【小问1详解】解：由题意，将代入椭圆方程，得，又，化简得，解得，又，所以，椭圆的方程为；

13、【小问2详解】解：由（1）知，直线AP的方程为，即，设与直线AP平行的直线方程为，由题意，当该直线与椭圆相切时，记与AP距离比较远的直线与椭圆的切点为Q，此时的面积取得最大值，将代入椭圆方程，化简可得，由，即，解得，所以与AP距离比较远的切线方程，因为与之间的距离，又，所以的面积的最大值为19、（1）证明见解析； （2）.【解析】（1）取的中点F，连接先证明，即证平面，原题即得证；（2）分别取的中点G，H，连接，证明为直线与平面所成的角，设正方形的边长为1，在中，即得解.【小问1详解】解：取的中点F，连接因为，则为正三角形，所以因为平面平面，则平面因为平面，则 因为四边形为正方形，E为的中点，

14、则，所以，从而，所以 又平 面 , 结合知，平面，所以【小问2详解】解：分别取的中点G，H，则，又,，则，所以四边形为平行四边形，从而. 因为，则因为平面平面，则平面，从而，因为平面，所以平面，从而平面连接，则为直线与平面所成的角. 设正方形的边长为1，则从而，. 在中，因为当时，单调递增，则，所以直线与平面所成角的余弦值的取值范围是. 20、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，计算得出，即可证得结论成立；或利用反证法；（2）利用空间向量法即求.【小问1详解】方法一：如图以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示

15、的空间直角坐标系，则、设，因为，因为，所以，得，即点，因为，所以，故与不垂直方法二：假设与垂直，又直线平面平面，所以.而与相交，所以平面又平面，从而又已知是正方形，所以与不垂直，这产生矛盾，所以假设不成立，即与不垂直得证.【小问2详解】设平面的法向量为，又，因为，所以，令，得.设平面的法向量为，因为，所以，令，得.因为.显然二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值是.21、（1），（2）2【解析】（1）消参数即可得曲线的普通方程，利用极坐标方程与直角坐标方程之间的转化关系式，从而曲线的直角坐标方程；（2）将的参数方程代入的直角坐标方程，得关于的一元二次方程，由韦达定理得，即可得的值.【小问1详解】

16、由，消去参数，得，即，所以曲线的普通方程为.由，得，即，所以曲线的直角坐标方程为【小问2详解】将代入，整理得，则，令方程的两个根为由韦达定理得，所以.22、（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】（1）连接、，长方体、线面垂直的性质有、，再根据线面垂直的判定、性质即可证结论.（2）连接，由已知条件及勾股定理可得、，即可求、，等体积法求到面的距离，又直线与面所成角即为与面所成角，即可求线面角的正弦值.（3）由题设易知二面角为，过作于，连接，可得二面角平面角为，令，由长方体的性质及勾股定理构造方程求即可.【小问1详解】由题设，连接、，又长方体中，为正方形，即，又面，面，即，面，面，而面，即.【小问2详解】连接，由E为棱的中点，则，又，故，又，故，则，由，若到面的距离为，又，可得，又，直线与面所成角即为与面所成角为，故.【小问3详解】二面角大小为，即二面角为，由长方体性质知：面，面，则，过作于，连接，又，面，则二面角平面角为，令，则，故，而，整理得，解得.时，二面角的大小为.