2024屆云南省景東縣二中數學高二上期末復習檢測模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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．已知，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.即不充分又不必要條件2．如圖，空間四邊形OABC中，，，，點M在上，且滿足，點N為BC的中點，則（）A. B.C. D.3．集合，則集合A的子集個數為（）A.2個 B.4個C.8個 D.16個4．美學四大構件是：史詩、音樂、造型（繪畫、建筑等）和數學．素描是學習繪畫的必要一步，它包括明暗素描和結構素描，而學習幾何體結構素描是學習素描最重要的一步．某同學在畫切面圓柱體（用與圓柱底面不平行的平面去截圓柱，底面與截面之間的部分叫做切面圓柱體，原圓柱的母線被截面所截剩余的部分稱為切面圓柱體的母線）的過程中，發現“切面”是一個橢圓，若切面圓柱體的最長母線與最短母線所確定的平面截切面圓柱體得到的截面圖形是有一個底角為60度的直角梯形，則該橢圓的離心率為（）A. B.C. D.5．已知直線過拋物線C的焦點，且與C的對稱軸垂直，與C交于A，B兩點，P為C的準線上一點，若的面積為36，則等于（）A.36 B.24C.12 D.66．已知集合，從集合A中任取一點P，則點P滿足約束條件的概率為（）A. B.C. D.7．已知是拋物線上的一點，是拋物線的焦點，若以為始邊，為終邊的角，則等于（）A. B.C. D.8．函數有兩個不同的零點，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.9．已知點是橢圓上一點，點，則的最小值為A. B.C. D.10．等比數列{}中，已知=8，+=4，則的值為（）A.1 B.2C.3 D.511．設分別是橢圓的左、右焦點，P是C上的點，則的周長為（）A.13 B.16C.20 D.12．在等差數列中，已知，，則使數列的前n項和成立時n的最小值為（）A.6 B.7C.9 D.10二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知數列滿足，則其通項公式_______14．已知數列的前項和為，則__________.15．某校為了解學生學習的情況，采用分層抽樣的方法從高一人、高二人、高三人中，抽取人進行問卷調查.已知高一被抽取的人數為，那么高二被抽取的人數為__.16．已知橢圓交軸于A，兩點，點是橢圓上異于A，的任意一點，直線，分別交軸于點，，則為定值．現將雙曲線與橢圓類比得到一個真命題：若雙曲線交軸于A，兩點，點是雙曲線上異于A，的任意一點，直線，分別交軸于點，，則為定值___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）在平面直角坐標系中，點在拋物線上（1）求的值；（2）若直線l與拋物線C交于，兩點，，且，求的最小值19．（12分）已知拋物線的焦點為，點在第一象限且為拋物線上一點，點在點右側，且△恰為等邊三角形（1）求拋物線的方程；（2）若直線與交于兩點，向量的夾角為（其中為坐標原點），求實數的取值范圍.20．（12分）已知函數為常數，函數.（1）討論函數的單調性；（2）若函數的圖象與直線相切，求實數的值；（3）當時，在上有兩個極值點且恒成立，求實數的取值范圍.21．（12分）p：函數在區間是遞增的；q：方程有實數解.（1）若p為真命題，求m的取值范圍；（2）若“”為真，“”為假，求m的取值范圍.22．（10分）已知，，分別是銳角內角，，對邊，，.（1）求的值；（2）若的面積為，求的值.

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、B【解析】根據充分條件和必要條件的定義判斷即可求解.【詳解】由可得或，所以由得不出，故充分性不成立，由可得，故必要性成立，所以“”是“”的必要不充分條件，故選：B.2、B【解析】由空間向量的線性運算求解【詳解】由題意，又，，，∴,故選：B3、C【解析】取，再根據的周期為4，可得，即可得解.【詳解】因為，所以.時,，時,，時,，時,，所以集合，所以的子集的個數為，故選：C.4、A【解析】設圓柱的底面半徑為，由題意知，，橢圓的長軸長，短軸長為，可以求出的值，即可得離心率.【詳解】設圓柱的底面半徑為，依題意知，最長母線與最短母線所在截面如圖所示從而因此在橢圓中長軸長，短軸長，，故選：A【點睛】本題主要考查了橢圓的定義和橢圓離心力的求解，屬于基礎題.5、C【解析】設拋物線方程為，根據題意由求解.【詳解】設拋物線方程為：，因為直線過拋物線C的焦點，且與C的對稱軸垂直，所以，又P為C的準線上一點，所以點P到直線AB的距離為p，所以，解得，所以，故選：C6、C【解析】根據圓的性質，結合兩條直線的位置關系、幾何概型計算公式進行求解即可.【詳解】，圓心坐標為，半徑為，直線互相垂直，且交點為，由圓的性質可知：點P滿足約束條件的概率為，故選：C7、D【解析】設點，取，可得，求出的值，利用拋物線的定義可求得的值.【詳解】設點，其中，則，，取，則，可得，因為，可得，解得，則，因此，.故選：D.8、B【解析】方程有兩個根，轉化為求函數的單調性與極值【詳解】函數定義域是，有兩個零點，即有兩個不等實根，即有兩個不等實根設，則，時，，遞減，時，，遞增，極小值＝，而時，，時，，所以故選：B9、D【解析】設，則，.所以當時，的最小值為.故選D.10、C【解析】由等比數列性質求出公比，將原式化簡后計算【詳解】設等比數列{}的公比為，則＝，＝，所以＝=.又＋＝＋＝（＋）＝8×＝2，＋＝＋＝（＋）＝8×＝1，所以＋＋＋＝2＋1＝3.故選：C11、B【解析】利用橢圓的定義及即可得到答案.【詳解】由橢圓的定義，，焦距，所以的周長為.故選：B12、D【解析】根據等差數列的性質及等差中項結合前項和公式求得，,從而得出結論.【詳解】，，，，，，,使數列的前n項和成立時n的最小值為10，故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】構造法可得，由等比數列的定義寫出的通項公式，進而可得.【詳解】令，則，又，∴，故，而，∴是公比為，首項為，則，∴.故答案為：.14、【解析】根據題意求得，得到，利用等差數列的求和公式，求得，結合裂項法求和法，即可求解.【詳解】由，可得，即，因為，所以，又因為，所以，可得，所以，所以.故答案為：.15、【解析】利用分層抽樣可求得的值，再利用分層抽樣可求得高二被抽取的人數.【詳解】高一年級抽取的人數為：人，則，則高二被抽取的人數，故答案為：.16、－【解析】由雙曲線的方程可得，的坐標，設的坐標，代入雙曲線的方程可得的橫縱坐標的關系，求出直線，的方程，令，分別求出，的縱坐標，求出的表達式，整理可得為定值【詳解】由雙曲線的方程可得，，設，則，可得，直線的方程為：，令，則，可得，直線的方程為，令，可得，即，∴，，，故答案為：－另解：雙曲線方程化為，只是將的替換為－，故答案也是只需將中的替換為－即可.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）.【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）1（2）【解析】（1）將點代入即可求解；（2）利用向量數量積為3求出，再對式子變形后使用基本不等式進行求解最小值.【小問1詳解】將代入拋物線，解得：.【小問2詳解】，在拋物線C上，故，，解得：或2，因為，所以，即，故，當且僅當，即時等號成立，故的最小值為.19、（1）（2）【解析】（1）根據△恰為等邊三角形由題意知：得到，再利用拋物線的定義求解；（2）聯立，結合韋達定理，根據的夾角為，由求解.【小問1詳解】解：由題意知：，由拋物線的定義知：，由，解得，所以拋物線方程為；【小問2詳解】設，由，得，則，，則，，因為向量的夾角為，所以，，則，且，所以，解得，所以實數的取值范圍.20、（1）答案見解析；（2）7；（3）【解析】（1）根據題意求得，討論，，，時解，即可得出函數的單調區間；（2）設切點為則結合，得令通過求導研究單調性解得進而解出的值.（3）由已知可得解析式，觀察有，求導得原題意可轉化為函數在上有兩個不同零點.結合根分布可得，函數的兩個極值點為是在上的兩個不同零點可得且，代入函數中令通過單調性求出進而可得答案.【詳解】解：(1)，令，解得：①當時，由得，由得，在上單調遞減，在上單調遞增；②當時，由得或由得所以在上單調遞減，在上單調遞增；③當時，恒成立，所以上單調遞增.④當時，由得或由得所以在上單調遞減，在上單調遞增.綜上：①當時，在上單調遞減，在上單調遞增；②當時，在上單調遞減，在上單調遞增；③當時，在上單調遞增.④當時，在上單調遞減，在上單調遞增.(2)設切點為則(*)，由可得(**)，聯立(*)(**)可得，設則，所以在單調遞增，在單調遞減，又，所以，所以.（3）由已知可得令由題意知在上有兩個不同零點.則，因為函數的兩個極值點為，則和是在上的兩個不同零點.所以且，所以令則所以在上單調遞增，所以有其中，即又恒成立，所以故實數的取值范圍為.【點睛】方法點睛：已知不等式恒成立求參數值(取值范圍)問題常用的方法：（1）函數法：討論參數范圍，借助函數單調性求解；（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數值域或最值問題加以解決；（3）數形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象，利用數形結合的方法求解.21、（1）（2）或【解析】（1）依題意在區間上恒成立，參變分離可得在區間上恒成立，再利用基本不等式計算可得；（2）首先求出命題為真時參數的取值范圍，再根據“”為真，“”為假，即可得到真假，或假真，從而得到不等式組，解得即可；【小問1詳解】解：為真命題，即函數在區間