廣東省廣雅中學2023年數學高二上期末聯考模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．已知動點滿足，則動點的軌跡是（）A.橢圓 B.直線C.線段 D.圓2．圓和圓的位置關系是（）A.內含 B.內切C.相交 D.外離3．命題“若，則”的逆命題、否命題、逆否命題中是真命題的個數為（）A.0個 B.1個C.2個 D.3個4．阿基米德（公元前287年～公元前212年）不僅是著名物理學家，也是著名的數學家，他利用“逼近法”得到的橢圓的面積除以圓周率等于橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積.若橢圓的對稱軸為坐標軸，焦點在軸上，且橢圓的離心率為，面積為，則橢圓的標準方程為（）A B.C. D.5．曲線與曲線的（）A.實軸長相等 B.虛軸長相等C.焦距相等 D.漸進線相同6．某研究所計劃建設n個實驗室，從第1實驗室到第n實驗室的建設費用依次構成等差數列，已知第7實驗室比第2實驗室的建設費用多15萬元，第3實驗室和第6實驗室的建設費用共為61萬元.現在總共有建設費用438萬元，則該研究所最多可以建設的實驗室個數是（）A.10 B.11C.12 D.137．設，命題“若，則或”的否命題是（）A.若，則或B.若，則或C.若，則且D.若，則且8．已知空間中三點，，，則下列結論中正確的有（）A.平面ABC的一個法向量是 B.的一個單位向量的坐標是C. D.與是共線向量9．已知函數的導函數為，且滿足，則（）A. B.C. D.10．圓的圓心和半徑分別是（）A.， B.，C.， D.，11．過點，的直線的斜率等于2，則的值為（）A.0 B.1C.3 D.412．已知點的坐標為(5，2)，F為拋物線的焦點，若點在拋物線上移動，當取得最小值時，則點的坐標是A.(1，) B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知離心率為的橢圓：和離心率為的雙曲線：有公共的焦點，其中為左焦點，P是與在第一象限的公共點.線段的垂直平分線經過坐標原點，則的最小值為_____________.14．若不同的平面的一個法向量分別為，，則與的位置關系為___________.15．有一組數據，其平均數為3，方差為2，則新的數據的方差為________.16．等差數列的公差，是其前n項和，給出下列命題：若，且，則和都是中的最大項；給定n，對于一些，都有；存在使和同號；.其中正確命題的序號為___________.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）已知直線與雙曲線相交于、兩點.（1）當時，求；（2）是否存在實數，使以為直徑的圓經過坐標原點？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.18．（12分）已知橢圓的左焦點為，上頂點為，直線與橢圓的另一個交點為A（1）求點A的坐標；（2）過點且斜率為的直線與橢圓交于，兩點（均與A，不重合），過點與軸垂直的直線分別交直線，于點，，證明：點，關于軸對稱19．（12分）已知：在四棱錐中，底面為正方形，側棱平面，點為中點，.（1）求證：平面平面；（2）求直線與平面所成角大小；（3）求點到平面的距離.20．（12分）在直三棱柱中，、、、分別為中點，.（1）求證：平面（2）求二面角的余弦值21．（12分）已知函數（1）判斷的零點個數；（2）若對任意恒成立，求的取值范圍22．（10分）已知函數（1）若函數的圖象在點處的切線與平行，求b的值；（2）在（1）的條件下證明：

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】根據兩點之間的距離公式的幾何意義即可判定出動點軌跡.【詳解】由題意可知表示動點到點和點的距離之和等于，又因為點和點的距離等于，所以動點的軌跡為線段.故選：2、C【解析】根據兩圓圓心的距離與兩圓半徑和差的大小關系即可判斷.【詳解】解：因為圓的圓心為，半徑為，圓的圓心為，半徑為，所以兩圓圓心的距離為，因為，即，所以圓和圓的位置關系是相交，故選：C.3、B【解析】先判斷出原命題和逆命題的真假，進而根據互為逆否的兩個命題同真或同假最終得到答案.【詳解】“若a=0，則ab=0”，命題為真，則其逆否命題也為真；逆命題為：“若ab=0，則a=0”，顯然a=1，b=0時滿足ab=0，但a≠0，即逆命題為假，則否命題也為假.故選：B.4、C【解析】由題意，設出橢圓的標準方程為，然后根據橢圓的離心率以及橢圓面積列出關于的方程組，求解方程組即可得答案【詳解】由題意，設橢圓的方程為，由橢圓的離心率為，面積為，∴，解得，∴橢圓的方程為，故選：C.5、D【解析】將曲線化為標準方程后即可求解.【詳解】化為標準方程為，由于，則兩曲線實軸長、虛軸長、焦距均不相等，而漸近線方程同為.故選：6、C【解析】根據等差數列通項公式，列出方程組，求出的值，進而求出令根據題意令，即可求解.【詳解】設第n實驗室的建設費用為萬元，其中，則為等差數列，設公差為d，則由題意可得，解得，則.令，即，解得，又，所以，，所以最多可以建設12個實驗室.故選：C.7、C【解析】根據否命題的定義直接可得.【詳解】根據否命題的定義可得命題“若，則或”的否命題是若，則且，故選：C.8、A【解析】根據已知條件，結合空間中平面法向量的定義，向量模長的求解，以及共線定理，對每個選項進行逐一分析，即可判斷和選擇.【詳解】因為，，，故可得，因為，故，不平行，則D錯誤；對A：不妨記向量為，則，又，不平行，故向量是平面的法向量，則A正確；對B：因為向量的模長為，其不是單位向量，故B錯誤；對C：因為，故可得，故C錯誤；故選：A.9、C【解析】求出導數后，把x=e代入，即可求解.【詳解】因為，所以，解得故選：C10、D【解析】先化為標準方程，再求圓心半徑即可.【詳解】先化為標準方程可得，故圓心為，半徑為.故選：D.11、A【解析】利用斜率公式即求.【詳解】由題可得，∴.故選：A12、D【解析】過作準線的垂線，垂足為，則，當且僅當三點共線時等號成立，此時，故，所以，選D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、##4.5【解析】設為右焦點，半焦距為，，由題意，，則，所以，從而有，最后利用均值不等式即可求解.【詳解】解：設為右焦點，半焦距為，，由題意，，則，所以，即，故，當且僅當時取等，所以，故答案為：.14、平行【解析】根據題意得到，得出，即可得到平面與的位置關系.【詳解】由題意，平面的一個法向量分別為，，可得，所以，所以，即平面與的位置關系為平行.故答案為：平行15、2【解析】由已知得，，然后計算的平均數和方差可得答案.【詳解】由已知得，，所以，.故答案為：2.16、【解析】對，根據數列的單調性和可判斷；對和，利用等差數列的通項公式可直接推導；對，利用等差數列的前項和可直接推導.【詳解】不妨設等差數列的首項為對，，可得：，解得：，即又，則是遞減的，則中的前5項均為正數，所以和都是中的最大項，故正確；對，，故有：，故正確；對，，又，則，說明不存在使和同號，故錯誤；對，有：故并不是恒成立的，故錯誤故答案為：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）不存在，理由見解析.【解析】（1）當時，將直線的方程與雙曲線的方程聯立，列出韋達定理，利用弦長公式可求得；（2）假設存在實數，使以為直徑的圓經過坐標原點，設、，將直線與雙曲線的方程聯立，列出韋達定理，由已知可得出，利用平面向量數量積的坐標運算結合韋達定理可得出，即可得出結論.【小問1詳解】解：設點、，當時，聯立，可得，，由韋達定理可得，，所以，.【小問2詳解】解：假設存在實數，使以為直徑的圓經過坐標原點，設、，聯立得，由題意可得，解得且，由韋達定理可知，因為以為直徑的圓經過坐標原點，則，所以，，整理可得，該方程無實解，故不存在.18、（1）（2）證明見解析【解析】（1）先求出直線的方程，聯立直線與橢圓，求出A點坐標；（2）設出直線方程，聯立橢圓方程，用韋達定理得到兩根之和，兩根之積，求出兩點的縱坐標，證明出，即可證明關于軸對稱.【小問1詳解】由題意得，，所以直線方程為，與橢圓方程聯立得解得或，當時，，所以【小問2詳解】設，，的方程為，聯立消去得，則，直線的方程為，設，則，直線的方程為，設，則，因為，即，所以點，關于軸對稱19、（1）證明見解析；（2）；（3）.【解析】（1）以AB所在的直線為x軸，以AD所在的直線為y軸，以AP所在的直線為z軸，建立如圖所示的直角坐標系，求出平面PCD的法向量為，平面的法向量為，即得證；（2）設直線與平面所成角為，利用向量法求解；（3）利用向量法求點到平面的距離.【小問1詳解】證明：PA平面ABCD，ABCD為正方形，以AB所在的直線為x軸，以AD所在的直線為y軸，以AP所在的直線為z軸，建立如圖所示的直角坐標系.由已知可得A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），P（0，0，1）M為PD的中點，，所以，，，所以，又PDAM，，平面PCDAM平面PCD.平面PCD的法向量為.設平面的法向量為,，令，則，..平面MAC平面PCD.【小問2詳解】解：設直線與平面所成角為，由(1)可得：平面PCD的法向量為，，，即直線與平面所成角大小.【小問3詳解】解：，設點到平面的距離為，.點到平面的距離為.20、（1）見解析；（2）【解析】（1）取中點，連接，根據直棱柱的特征，易知，再由、分別為的中點，根據中位線定理，可得，得到四邊形為平行四邊形，再利用線面平行的判定定理證明.（2）取的中點，連接，以為原點，、、分別為、、軸建立空間直角坐標系，則．，再分別求得平面和平面的一個法向量，利用面面角的向量公式求解.【詳解】（1）證明：如圖所示：取中點，連接，易知，、分別為的中點，∴，∴故四邊形為平行四邊形，∴，∵平面，平面，平面（2）取的中點，連接，以為原點，、、分別為、、軸建立如圖所示的空間直角坐標系，如圖所示：則∴，設平面的法向量為，則，即，取，得，易知平面的一個法向量為，∴，∴二面角的余弦值為【點睛】本題主要考查線面平行的判定定理和面面角的向量求法，還考查了轉化化歸的思想和運算求解的能力，屬于中檔題.21、（1）個；（2）.【解析】（1）求，利用導數判斷的單調性，結合單調性以及零點存在性定理即可求解；（2）由題意可得對任意恒成立，令，則，利用導數求的最小值即可求解.【小問1詳解】的定義域為，由可得，當時，；當時，；所以在上單調遞減，在上單調遞增，當時，，，此時在上無零點，當時，，，，且在上單調遞增，由零點存在定理可得在區間上存在個零點，綜上所述有個零點.【小問2詳解】由題意可得：對任意恒成立，即對任意恒成立，令，則，由可得：，當時，；當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，所以，所以的取值范圍.22、（1）；（2