廣東省廣州市廣東二師番禺附中2023-2024學年高二上數學期末預測試題含解析

廣東省廣州市廣東二師番禺附中2023-2024學年高二上數學期末預測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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．設等比數列的前項和為，且，則（）A. B.C. D.2．曲線上的點到直線的距離的最小值是（）A.3 B.C.2 D.3．已知、，直線，，且，則的最小值為（）A. B.C. D.4．函數的定義域為，，對任意，，則的解集為（）A. B.C. D.5．等差數列前項和，已知，，則的值是（）.A. B.C. D.6．已知橢圓：的離心率為，則實數（）A. B.C. D.7．已知全集，集合，則（）A. B.C. D.8．已知定義域為R的函數f(x)不是偶函數，則下列命題一定為真命題的是()A.?x∈R，f(－x)≠f(x)B.?x∈R，f(－x)≠－f(x)C?x0∈R，f(－x0)≠f(x0)D.?x0∈R，f(－x0)≠－f(x0)9．在平面直角坐標系中，直線+的傾斜角是（）A. B.C. D.10．如圖在中，，，在內作射線與邊交于點，則使得的概率是（）A. B.C. D.11．若展開式的二項式系數之和為，則展開式的常數項為（）A. B.C. D.12．我國古代數學名著《算法統(tǒng)宗》是明代數學家程大位（1533-1606年）所著.該書中有如下問題：“遠望巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈三百八十一，請問尖頭幾盞燈？”.其意思是：“一座7層塔共掛了381盞燈，且下一層燈數是上一層的2倍，則可得塔的最頂層共有燈幾盞？”.若改為“求塔的最底層幾盞燈？”，則最底層有（）盞.A.192 B.128C.3 D.1二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．命題“若，則二元一次不等式表示直線的右上方區(qū)域（包含邊界）”的條件：_________，結論:_____________，它是_________命題（填“真”或“假”）.14．甲口袋中裝有2個黑球和1個白球，乙口袋中裝有3個白球．現同時從甲、乙兩口袋中各任取一個球交換放入對方口袋，共進行了2次這樣的操作后，甲口袋中恰有2個黑球的概率為__________________.15．已知5道試題中有3道代數題和2道幾何題，每次從中抽取一道題，抽出的題不再放回，在第1次抽到代數題的條件下，第2次抽到幾何題的概率為________.16．若直線l經過A(2，1)，B(1，)兩點，則l的斜率取值范圍為_________________；其傾斜角的取值范圍為_________________.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(其中為自然對數底數)（1）討論函數的單調性;（2）當時，若恒成立，求實數的取值范圍.18．（12分）如圖，在直三棱柱中，，，，點是的中點.（1）求證：；（2）求證：平面.19．（12分）已知等比數列的前n項和為，，（1）求數列的通項公式；（2）在與之間插入n個數，使這個數組成一個等差數列，記插入的這n個數之和為，求數列的前n項和20．（12分）已知關于的不等式（1）若不等式的解集為，求的值（2）若不等式的解集為，求的取值范圍21．（12分）已知點，橢圓：離心率為，是橢圓的右焦點，直線的斜率為，為坐標原點．設過點的動直線與相交于，兩點（1）求橢圓的方程（2）是否存在直線，使得的面積為？若存在，求出的方程；若不存在，請說明理由22．（10分）如圖，三棱錐中，為等邊三角形，且面面，（1）求證：；（2）當與平面BCD所成角為45°時，求二面角的余弦值

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、C【解析】根據給定條件求出等比數列公比q的關系，再利用前n項和公式計算得解.【詳解】設等比數列的的公比為q，由得：，解得，所以.故選：C2、D【解析】求出函數的導函數，設切點為，依題意即過切點的切線恰好與直線平行，此時切點到直線的距離最小，求出切點坐標，再利用點到直線的距離公式計算可得；【詳解】解：因為，所以，設切點為，則，解得，所以切點為，點到直線的距離，所以曲線上的點到直線的距離的最小值是；故選：D3、D【解析】先由，可得，變形得，所以，化簡后利用基本不等式求解即可【詳解】因為、，直線，，且，所以，即，所以，所以，所以，當且僅當，即時，取等號，所以的最小值為，故選：D4、B【解析】構造函數，利用導數判斷出函數在上的單調性，將不等式轉化為，利用函數的單調性即可求解.【詳解】依題意可設，所以.所以函數在上單調遞增，又因為.所以要使，即，只需要，故選B.【點睛】本題考查利用函數的單調性解不等式，解題的關鍵就是利用導數不等式的結構構造新函數來解，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.5、C【解析】由題意，設等差數列的公差為，則，故，故，故選6、C【解析】根據題意，先求得的值，代入離心率公式，即可得答案.【詳解】因為，所以所以，解得.故選：C7、B【解析】根據題意先求出，再利用交集定義即可求解.【詳解】全集，集合，則，故故選：B8、C【解析】利用偶函數的定義和全稱命題的否定分析判斷解答.【詳解】∵定義域為R的函數f(x)不是偶函數，∴?x∈R，f(－x)＝f(x)為假命題，∴?x0∈R，f(－x0)≠f(x0)為真命題.故選C【點睛】本題主要考查偶函數的定義和全稱命題的否定，意在考查學生對該知識的理解掌握水平，屬于基礎題.9、B【解析】由直線方程得斜率，從而得傾斜角【詳解】由直線方程知直角斜率為，在上正切值為1的角為，即為傾斜角故選：B10、C【解析】由題意可得，根據三角形中“大邊對大角，小邊對小角”的性質，將轉化為求的概率，又因為，，從而可得的概率【詳解】解：在中，，，所以，即，要使得，則，又因為，，則的概率是故選：C【點睛】本題考查幾何概型及其計算方法的知識，屬于基礎題11、C【解析】利用二項式系數的性質求得的值，再利用二項式展開式的通項公式，求得結果即可.【詳解】解：因為展開式的二項式系數之和為，則，所以，令，求得，所以展開式的常數項為.故選：C.12、A【解析】根據題意，轉化為等比數列，利用通項公式和求和公式進行求解.【詳解】設這個塔頂層有盞燈，則問題等價于一個首項為，公比為2的等比數列的前7項和為381，所以，解得，所以這個塔的最底層有盞燈.故選：A.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、①.②.二元一次不等式表示直線的右上方區(qū)域（包含邊界）③.真【解析】由二元一次不等式的意義可解答問題.【詳解】因為，二元一次不等式所表示的區(qū)域如下圖所示：所以在的條件下，二元一次不等式表示直線的右上方區(qū)域（包含邊界），此命題是真命題.故答案為：；二元一次不等式表示直線的右上方區(qū)域（包含邊界）；真14、【解析】分兩類：兩次都互相交換白球的概率和第一次甲交出黑球收到白球，且第二次甲交出白球收到黑球的概率求和可得答案.【詳解】分兩類：①兩次都互相交換白球的概率為；②第一次甲交出黑球收到白球，且第二次甲交出白球收到黑球的概率為.故答案為：.15、.【解析】設事件：第1次抽到代數題，事件：第2次抽到幾何題，求得,結合條件概率的計算公式，即可求解.【詳解】由題意，從5道試題中有3道代數題和2道幾何題，每次從中抽取一道題，抽出不再放回，設事件：第1次抽到代數題，事件：第2次抽到幾何題，則，，所以在第1次抽到代數題的條件下，第2次抽到幾何題的概率為:.故答案為：.16、①.②.【解析】根據直線l經過A(2，1)，B(1，)兩點，利用斜率公式，結合二次函數性質求解；設其傾斜角為，，利用正切函數的性質求解.【詳解】因為直線l經過A(2，1)，B(1，)兩點，所以l的斜率為，所以l的斜率取值范圍為，設其傾斜角為，，則，所以其傾斜角的取值范圍為，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）答案見解析（2）【解析】（1），進而分，，三種情況討論求解即可；（2）由題意知在上恒成立，故令，再根據導數研究函數的最小值，注意到使，進而結合函數隱零點求解即可.【小問1詳解】解：①，在上單調增；②，令，單調減單調增；③，單調增單調減.綜上，當時，在上單調增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增；當時，在上單調遞增，在上單調遞減.【小問2詳解】解：由題意知在上恒成立，令，，單調遞增∵，∴使得，即單調遞減；單調遞增，令，則在上單調增，∴實數的取值范圍是18、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】（1）由直棱柱的性質可得，由勾股定理可得，由線面垂直判定定理即可得結果；（2）取的中點，連結和，通過線線平行得到面面，進而得結果.【詳解】（1）∵直三棱柱，∴面，∴，又∵，，，∴，∴，∵，∴面，∴（2）取的中點，連結和，∵，且，∴四邊形為平行四邊形，∴，面，∴面，∵，且，∴四邊形平行四邊形，∴，面，∴面，∵，∴面面，∴平面.【點睛】方法點睛：線面平行常見的證明方法：（1）通過構造相似三角形（三角形中位線），得到線線平行；（2）通過構造平行四邊形得到線線平行；（3）通過線面平行得到面面平行，再得線面平行.19、（1）；（2）【解析】(1)設等比數列公比為q，利用與關系可求q，在中令n＝1可求；(2)根據等差數列前n項和公式可求，分析{}的通項公式，利用錯位相減法求其前n項和.【小問1詳解】設等比數列的公比為q，由己知，可得，兩式相減可得，即，整理得，可知，已知，令，得，即，解得，故等比數列的通項公式為；【小問2詳解】由題意知在與之間插入n個數，這個數組成以為首項的等差數列，∴，設{}前n項和為，①①×3：②①－②：20、（1）；（2）【解析】（1）根據關于的不等式的解集為，得到和1是方程的兩個實數根，再利用韋達定理求解.（2）根據關于的不等式的解集為．又因為，利用判別式法求解.【詳解】（1）因為關于的不等式的解集為，所以和1是方程的兩個實數根，由韋達定理可得，得（2）因為關于的不等式的解集為因為所以，解得，故的取值范圍為【點睛】本題主要考查一元二次不等式的解集和恒成立問題，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.21、（1）；（2）存在；或.【解析】（1）設，由，，，求得的值即可得橢圓的方程；（2）設，，直線的方程為與橢圓方程聯立可得，，進而可得弦長，求出點到直線的距離，解方程，求得的值即可求解.【小問1詳解】設，因為直線的斜率為，，所以，可得，又因為，所以，所以，所以橢圓的方程為【小問2詳解】假設存在直線，使得的面積為，當軸時，不合題意，設，，直線的方程為，聯立消去得：，由可得或，，，所以，點到直線的距離，所以，整理可得：即，所以或，所以或，所以存在直線：或使得的面積為.22、（1）證明見解析；（2）.【解析】(1)根據給定條件證得平面即可推理作答.(2)由與平面BCD所成角確定