2023-2024学年云南省开远市高二上学期期中数学模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年云南省开远市高二上学期期中数学模拟试题（含解析），共17页。试卷主要包含了3，作图见解析等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填涂在答题卡上.
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标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.超出答题区域书写的答案无效，在试卷、草稿纸上作答无效.
一、单选题：本题共8个小题，每小题5分，共40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．设集合，，则（ ）．
A．B．C．D．
2．若，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知等比数列满足，，（其中，），则的最小值为（ ）
A．6B．16C．D．2
4．设，分别是双曲线的左、右焦点，若点在双曲线上，且，则（ ）
A．5B．1C．3D．1或5
5．圆锥的高为2，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为（ ）.
A．B．C．D．
6．已知，，，则、、的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．若函数的图象关于轴对称，则实数的值为
A．2B．C．4D．
二.多选题本题共4个小题，每小题5分，共20分.漏选每题给2分，多选不给分.
9．关于平面向量，有下列四个命题，其中说法正确的是（ ）
A．向量，能作为平面内所有向量的一组基底
B．若点G是的重心，则
C．若，则或
D．若向量，，则向量在向量上的投影向量为
10．下列叙述中正确的是（ ）
A．若是的必要不充分条件，则
B．若，，，则“”是“”的必要不充分条件
C．若，使不等式成立，则
D．“”是“”的充分不必要条件
11．已知，为不同的直线，，为不同的平面，则下列说法错误的是（ ）
A．若，，，则B．若，，，则
C．若，，，则D．若，，，则
12．在平面直角坐标系中，点在抛物线上，抛物线的焦点为F，延长MF与抛物线相交于点N，则下列结论中正确的是（ ）
A．抛物线的准线方程为
B．线段MN的长度为
C．点N的坐标为
D．的面积为
三.本题共4个小题，每小题5分，共20分.
13．已知，则 .
14．过点（1，2）总可作两条直线与圆相切，则实数的取值范围是 .
15．数列满足：，，且，则该数列前100项和
16．四面体ABCD中，平面ABC，，，，∠BAC=90°．若A，B，C，D四点都在同一个球面上，则该球面面积等于 ．
四.解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.其中17题10分，其余各题每题12分.
17．在中，角，，所对的边分别是，，，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求的最大值.
18．已知正项数列的前项和为，且.
(1)求；
(2)设，数列的前项和为，证明.
19．某校从参加考试的学生中抽出60名学生，将其成绩（均为整数）分成六组，，…，后，画出如下部分频率分布直方图. 观察图形的信息，回答下列问题：
(1)求成绩落在上的频率，并补全这个频率分布直方图；
(2)估计这次考试的平均分，中位数和众数；
(3)为调查某项指标，从成绩在，分数段组的学生中用比例分配的分层随机抽样方法抽取6人，再从这6人中选2人进行对比，求选出的这2名学生来自同一分数段的概率.
20．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，分别是，的中点．
(1)证明：平面；
(2)若是边长为的等边三角形，，平面平面，求直线与平面所成角的正弦值．
21．已知圆过点，且圆心在直线上.
（1） 求圆的方程；
（2）问是否存在满足以下两个条件的直线:①斜率为；②直线被圆截得的弦为，以为直径的圆过原点. 若存在这样的直线，请求出其方程；若不存在，请说明理由.
22．已知椭圆C：的短轴长为2，且点在C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设、为椭圆的左、右焦点，过的直线l交椭圆C与A、B两点，若的面积是，求直线l的方程．
1．A
【分析】先求解集合与集合，利用集合的并集运算求解即可.
【详解】解：因为，解得，故集合；
因为，解得，故集合；
所以，即
故选：A.
2．A
【分析】由复数除法法则求得，再由复数模的定义计算．
【详解】由，得，
所以．
故选：A．
3．D
【分析】利用等比数列的性质，得出和的关系，利用基本不等式求出的最小值
【详解】由题意，
在等比数列中，，，
由等比数列的性质，可得，，
当且仅当，时，等号成立，
因此，的最小值为2.
故选：D.
4．A
【分析】根据双曲线的定义即可求解.
【详解】依题意得，，，因此，由于，故知点只可以在双曲线的左支上，因此，即，所以，
故选:A．
已知，分别是双曲线的左、右焦点，点在双曲线上，若，则点不存在，无解；若，则点P只能在左支上，有一解；若，则点既能在左支上，又能在右支上，有两解．
5．B
【分析】根据题意，求得圆锥的高，再由圆锥的体积公式，即可得到结果.
【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，则，
所以，，
所以圆锥的体积为.
故选：B
6．A
【分析】利用函数单调性，对数运算法则和中间值比较大小.
【详解】，，，
且，
故.
故选：A
7．C
【分析】根据同角平方关系结合角的范围求得，再根据，结合和角余弦公式即可求解.
【详解】因为，所以，又，
所以，
所以
.
故选：C
8．B
【分析】根据图象对称关系可知函数为偶函数，得到，进而得到恒成立，根据对应项系数相同可得方程求得结果.
【详解】图象关于轴对称，即为偶函数
即：
恒成立，即：
，解得：
本题正确选项：
本题考查根据函数的奇偶性求解参数值的问题，关键是能够明确恒成立时，对应项的系数相同，属于常考题型.
9．BD
【分析】由基底的概念即可判断A，由三角形重心的定义即可判断B，由平面向量数量积的定义即可判断C，由投影向量的概念即可判断D.
【详解】因为向量，，则，即，则不能作为平面内的基底，故A错误；

如图所示，连接并延长交于点，点为中点，延长到点，使得，则，，所以，故B正确；
因为，若，则或或，故C错误；
因为向量，，则向量在向量上的投影向量为
，故D正确；
故选：BD
10．BD
根据充分条件与必要条件的概念，结合特殊值法，逐项进行判断，即可得出结果.
【详解】A选项，若是的必要不充分条件，则是的真子集，因此只需，解得，故A错；
B选项，由可推出；当时，由不能推出，所以“”是“”的必要不充分条件；故B正确；
C选项，若，则，使得，即能使不等式成立，故C错；
D选项，由可得；而由不能推出，（当时，也满足），所以“”是“”的充分不必要条件；故D正确.
故选：BD.
结论点睛：
判断充分条件与必要条件，或由充分条件与必要条件求参数时，一般可根据如下规则判断：
（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；
（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；
（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含.
11．ABC
【分析】通过分析不同情况下直线和平面的位置关系即可得出结论.
【详解】由题意，
A项, 设所在平面, , 只需即满足题设, 故A错误；
B项，设且且, 此时，B错误；
C项，当，，时，可能垂直于，C错误；
D项，当，，，则，故D正确.
故选：ABC.
12．ACD
【分析】对于A：把点代入抛物线求得，进而求焦点和准线；对于BCD：求直线的方程，联立方程求点的坐标，结合抛物线的定义和性质逐项分析判断.
【详解】因为点在抛物线上，则，解得，
则抛物线方程为，可知，准线为，故A正确；
可知：，
则直线的方程为，即，
联立方程，解得或，即，故C正确；
可得，故B错误；
的面积为，故D正确；
故选：ACD.
13．
【分析】先求导，再令，算出，进而计算
【详解】求导得,
把代入得,
解得
所以，即
故
14．
把圆的方程化为标准方程后，根据构成圆的条件得到等号右边的式子大于0，列出关于的不等式，求出不等式的解集，然后由过已知点总可以作圆的两条切线，得到点在圆外，故把点的坐标代入圆的方程中得到一个关系式，使其大于0，列出关于的不等式，求出不等式的解集，从而可得实数的取值范围
【详解】解：把圆的方程化为标准方程得，
所以，解得，
因为过点总可作两条直线与圆相切，
所以可知点在圆外，
所以，即可，
解得或，
所以实数的取值范围为，
故
此题考查点与圆的位置关系，二元二次方程为圆的条件及一元二次不等式的解法，考查转化思想，属于中档题
15．
【分析】根据递推公式求得数列前几项，观察可得是以6为周期的数列.进而求出，即可根据周期性得出答案.
【详解】由已知可得，，，，，
，，，
所以，是以6为周期的数列.
又，
所以，.
故5.
16．
【分析】由题意可将四面体ABCD补形到长方体中，利用长方体求外接球半径，进而求表面积.
【详解】在四面体ABCD中，因为平面ABC，∠BAC=90°．
所以AB，AC，AD两两互相垂直，可将四面体ABCD补形到长方体中，如图所示，
因为，，，
所以长方体外接球半径，
所以球的变面积,
故答案为.
17．（1）；（2）.
【分析】（1）由正弦定理化边为角，再用三角形内角和为180°降为两个角的等式；
（2）用正弦定理把边的代数式表达为一个角的函数关系式，再求值域.
【详解】（1）由，根据正弦定理有.
所以，所以.
因为为三角形内角，所以，所以，因为为三角形内角，所以.
（2）由，，根据正弦定理有：，所以，.
所以.
当时，等号成立.所以的最大值为.
另解：（2）由，，根据余弦定理有：，
即.因为，
所以.即，当且仅当时，等号成立.
所以的最大值为.
正弦定理化边为角或化角为边，是解决这类问题的重要手段，需要熟练掌握.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）首先根据，，变形证明数列是等差数列，即可求通项公式；
（2）首先根据（1）的结果，，再利用放缩法得，最后再求和，即可证明不等式.
【详解】（1）当时，，
即，
由数列为正项数列可知，，又，
即数列是首项为1，公差为1的等差数列，
即，则，
当时，，当时，成立，
所以
（2）由（1）可知，，则，
当时，
，成立，，成立，
当时，
，
即.
综上可知，，得证.
19．(1)0.3，作图见解析
(2)平均分71，中位数，众数75
(3)
【分析】（1）由各组的频率和为1可求出上的频率，从而可补全这个频率分布直方图，
（2）直接由平均数的公式计算平均数，由于前三组的频率之和为0.4，第四组频率为0.7，所以可知中位数在第4组，从而可求出中位数，由于第4组的频率最大，所以众数在第4组，
（3）根据频率分布直方图求出，的人数，然后利用分层抽样的定义可求出各组抽取的人数，再利用古典概型的概率公式求解即可
【详解】（1）由题意得，
所以这一组在频率分布直方图上的高为，
补全的频率分布直方图如图所示
（2）平均分为：，
前三组的频率之和为0.4，第四组频率为0.7，所以中位数在第四组，
中位数为：
第四组频率最大，所以众数为.
（3）成绩在有人，成绩在有人，
现按照比例分配的分层随机抽样方法抽取6人，则
成绩在抽取的人数为人，
成绩在抽取的人数为人，
从这6人中选2人有种选法，
选出的这2名学生来自同一分数段有种.
所以，选出的这2名学生来自同一分数段的概率为.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面平行的判定定理求解即可；
（2）建立坐标系，用向量法求解即可
【详解】（1）取的中点，连接，，
在△中，，且，
又，，
所以，且.
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）取的中点为，连接，则.
又平面平面，则平面.
建立如图空间直角坐标系.由已知得
，，，，.
所以，，.
设是平面的法向量，则
即，令，则
设直线与平面所成的角为.
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
21．(1);(2)存在这样的两条直线，其方程是或
【详解】试题分析：(1)将方程设为圆的一般方程，，根据条件表示为的三元一次方程，解方程组即求得圆的方程；
（2）首先设直线存在，其方程为，它与圆C的交点设为A、B
然后联立直线与圆的方程，得到根与系数的关系，根据,得到，代入直线方程与根与系数的关系解得b，得到直线方程，并需验证.
试题解析：解：(Ⅰ)设圆C的方程为
则 ∴解得 D="-6," E="4," F=4
∴圆C方程为:
即
(Ⅱ)设直线存在，其方程为，它与圆C的交点设为A、B
则由 得（＊）
∴
∵AB为直径, ∴ ∴，
∴，
即 ，即，
∴或
容易验证或时方程（＊）的
故存在这样的两条直线，其方程是或
考点：1.圆的方程；2.直线与圆的位置关系.
22．(1)；
(2)或.
【分析】(1)根据短轴长求出b，根据M在C上求出a；
(2)根据题意设直线l为，与椭圆方程联立得根与系数关系，根据＝即可求出m的值.
【详解】（1）∵短轴长为2，∴，∴，
又∵点在C上，∴，∴，
∴椭圆C的标准方程为；
（2）由(1)知，
∵当直线l斜率为0时，不符合题意，
∴设直线l的方程为：，
联立，消x得：，
∵，
∴设，，则，
∵，∴，∴，
即，解得，
∴直线l的方程为：或.