河北保定市2023年高二數學第一學期期末學業質量監測模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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2．元朝著名的數學家朱世杰在《四元玉鑒》中有一首詩：“我有一壺酒，攜著游春走.遇店添一倍，逢友飲一斗.”基于此情景，設計了如圖所示的程序框圖，若輸入的，輸出的，則判斷框中可以填（）A. B.C. D.3．設雙曲線與橢圓：有公共焦點，.若雙曲線經過點，設為雙曲線與橢圓的一個交點，則的余弦值為（）A. B.C. D.4．的展開式中，常數項為（）A. B.C. D.5．“中國剩余定理”又稱“孫子定理”.1852年英國來華傳教士偉烈亞利將《孫子算經》中“物不知數”問題的解法傳至歐洲.1874年，英國數學家馬西森指出此法符合1801年由高斯得出的關于同余式解法的一般性定理，因而西方稱之為“中國剩余定理”.“中國剩余定理”講的是一個關于整除的問題，現有這樣一個整除問題：將2至2021這2020個數中能被3除余1且被5除余1的數按由小到大的順序排成一列，構成數列，則此數列的項數為（）A. B.C. D.6．已知圓：，點，則點到圓上點的最小距離為（）A.1 B.2C. D.7．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.108．已知，，則下列結論一定成立的是（）A. B.C. D.9．設是雙曲線的兩個焦點,是雙曲線上的一點,且,則的面積等于（）A. B.C.24 D.4810．在等差數列中，，，則（）A. B.C. D.11．是首項和公差均為3的等差數列，如果，則n等于（）A.671 B.672C.673 D.67412．已知A，B，C是橢圓M：上三點，且A（A在第一象限，B關于原點對稱，，過A作x軸的垂線交橢圓M于點D，交BC于點E，若直線AC與BC的斜率之積為，則（）A.橢圓M的離心率為 B.橢圓M的離心率為C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若，，，，與，，，，，，均為等差數列，則______14．已知，，若，則______15．在某次海軍演習中，已知甲驅逐艦在航母的南偏東15°方向且與航母的距離為12海里，乙護衛艦在甲驅逐艦的正西方向，若測得乙護衛艦在航母的南偏西45°方向，則甲驅逐艦與乙護衛艦的距離為___________海里.16．已知命題，則命題的的否定是___________.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）已知圓：，過圓外一點作圓的兩條切線，，，為切點，設為圓上的一個動點.（1）求的取值范圍；（2）求直線的方程.18．（12分）已知圓的圓心在直線上，且經過點和.（1）求圓的標準方程；（2）若過點且斜率存在的直線與圓交于，兩點，且，求直線的方程.19．（12分）已知函數的圖像為曲線，點、.（1）設點為曲線上在第一象限內的任意一點，求線段的長（用表示）；（2）設點為曲線上任意一點，求證：為常數；（3）由（2）可知，曲線為雙曲線，請研究雙曲線的性質（從對稱性、頂點、漸近線、離心率四個角度進行研究）.20．（12分）在等比數列{}中，（1），，求；（2），，求的值.21．（12分）已知函數（1）當時，求的單調區間；（2）當時，證明：存在最大值，且恒成立.22．（10分）已知p：方程所表示的曲線為焦點在x軸上的橢圓；q：當時，函數恒成立.（1）若p為真，求實數t的取值范圍；（2）若為假命題，且為真命題，求實數t的取值范圍

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、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.2、D【解析】根據程序框圖的算法功能，模擬程序運行即可推理判斷作答.【詳解】由程序框圖知，直到型循環結構，先執行循環體，條件不滿足，繼續執行循環體，條件滿足跳出循環體，則有：當第一次執行循環體時，，，條件不滿足，繼續執行循環體；當第二次執行循環體時，，，條件不滿足，繼續執行循環體；當第三次執行循環體時，，，條件不滿足，繼續執行循環體；當第四次執行循環體時，，，條件不滿足，繼續執行循環體；當第五次執行循環體時，，，條件滿足，跳出循環體，輸出，于是得判斷框中的條件為：，所以判斷框中可以填：.故選：D3、A【解析】求出雙曲線方程，根據橢圓和雙曲線的第一定義求出的長度，從而根據余弦定理求出的余弦值【詳解】由題得，雙曲線中，所以，雙曲線方程為：，假設在第一象限，根據橢圓和雙曲線的定義可得：，解得：，，所以根據余弦定理，故選：A4、A【解析】寫出展開式通項，令的指數為零，求出參數的值，代入通項計算即可得解.【詳解】的展開式通項為，令，可得，因此，展開式中常數項為.故選：A.5、C【解析】由題設且，應用不等式求的范圍，即可確定項數.【詳解】由題設，且，所以，可得且.所以此數列的項數為.故選：C6、C【解析】寫出圓的圓心和半徑，求出距離的最小值，再結合圓外一點到圓上點的距離最小值的方法即可求解.【詳解】由圓：，得圓，半徑為，所以，所以點到圓上點的最小距離為.故選：C.7、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.8、B【解析】根據不等式的同向可加性求解即可.【詳解】因為，所以，又，所以.故選：B.9、C【解析】雙曲線的實軸長為2,焦距為.根據題意和雙曲線的定義知,所以,,所以,所以.所以.故選：C【點睛】本題主要考查了焦點三角形以及橢圓的定義運用,屬于基礎題型.10、B【解析】利用等差中項的性質可求得的值，進而可求得的值.【詳解】由等差中項的性質可得，則.故選：B.11、D【解析】根據題意，求得數列的通項公式，代入數據，即可得答案.【詳解】因為數列為等差數列，所以，令，解得.故選：D12、C【解析】設出點，,的坐標，將點，分別代入橢圓方程兩式作差，構造直線和的斜率之積，得到，即可求橢圓的離心率，利用，求出，可知點在軸上，且為的中點,則.【詳解】設，，，則，，，兩式相減并化簡得，即，則,則AB錯誤；∵，，∴，又∵，∴，即，解得，則點在軸上，且為的中點即，則正確.故選：C.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、##【解析】由題意利用等差數列的定義和通項公式，求得要求式子的值【詳解】設等差數列，，，，的公差為，等差數列，，，，，，的公差為，則有，且，所以，則，故答案為：14、【解析】根據空間向量垂直得到等量關系，求出答案.【詳解】由題意得：，解得：故答案為：15、【解析】利用正弦定理求得甲驅逐艦與乙護衛艦的距離.【詳解】，設甲乙距離，由正弦定理得.故答案為：16、【解析】利用含有一個量詞的命題的否定的定義求解.【詳解】因為命題是存在量詞命題，所以其否定是全稱量詞命題即，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)求出PM，就可以求PQ的范圍；(2)使用待定系數法求出切線的方程，再求求切點的坐標，從而可以求切點的連線的方程.【小問1詳解】如下圖所示，因為圓的方程可化為，所以圓心，半徑，且，所以，故取值范圍為.【小問2詳解】可知切線，中至少一條的斜率存在，設為，則此切線為即，由圓心到此切線的距離等于半徑，即，得所以兩條切線的方程為和，于是由聯立方程組得兩切點的坐標為和所以故直線的方程為即18、（1）（2）【解析】（1）設圓心，由題意得，，結合兩點間的距離公式求解的值，則圓心與半徑可求，圓的方程可求；（2）若直線的斜率不存在，設直線的方程為，符合題意，若直線的斜率存在，設直線方程為，即，由圓心到直線的距離與半徑關系求得，則直線方程可求【小問1詳解】解：（1）設圓心，由題意得，，，解得.圓心坐標為，半徑.則圓的方程為；【小問2詳解】解：（2）直線的斜率存在時，設直線的方程為，即，，圓心到直線的距離，即，解得，得直線的方程為.19、（1）；（2）具體見解析；（3）具體見解析.【解析】（1）由兩點間的距離公式求出距離，進而將式子化簡即可；（2）求出，進而討論兩種情況，然后結合基本不等式即可證明問題；（3）根據為雙曲線的焦點，結合雙曲線的圖形特征即可求得該雙曲線的相關性質.【小問1詳解】由題意，.【小問2詳解】設，由（1），.若x>0，則，當且僅當時取“=”，則，，所以.若x<0，則，當且僅當時取“=”，則，，所以.綜上：，為常數.【小問3詳解】易知函數：為奇函數，則其圖象關于原點對稱.由（2）可知，曲線為雙曲線，為雙曲線的焦點，則它關于直線對稱，還關于與垂直且過原點的直線對稱.，則，易得.綜上：雙曲線關于原點（0,0）對稱，且關于直線對稱.容易知道，直線是雙曲線C的漸近線.易知線段是雙曲線的實軸，將代入雙曲線解得頂點：.于是實軸長為焦距為，則離心率.20、（1）（2）【解析】（1）直接利用等比數列的求和公式求解即可，（2）由已知條件結合等比數的性質可得，從而可求得答案，或直接利用等比數列的求和公式化簡求解【小問1詳解】.【小問2詳解】方法1：.∴.方法2：，整理得：又21、（1）的單增區間為，；單減區間為，，；（2）證明見解析.【解析】（1）先求出函數的定義域，求出，由，結合函數的定義域可得出函數的單調區間.(2)當時，定義域R,求出，從而得出單調區間，由當時，，當時，，以及極值點與2的大小關系可得出當時，函數有最大值，然后再證明即可.【詳解】解：（1）定義域，可得且且，，可得且3無0無0減無減增無增減所以，的單增區間為，；單減區間為，，.（2）當時，定義域R因為，當時，，當時，，所以的最大值在時取得；由，即，得由，得，或由，得所以在上單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞減.當時，，且，由所以當時，函數有最大值.所以，因為，所以,設，則所