2023-2024學年上海市寶山區(qū)淞浦中學高二數學第一學期期末質量跟蹤監(jiān)視模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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，是兩個不同的平面，是直線且．“”是“”的A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件2．已知正方形的四個頂點都在橢圓上，若的焦點F在正方形的外面，則的離心率的取值范圍是（）A. B.C. D.3．命題“，”的否定形式是（）A.， B.，C.， D.，4．直線的傾斜角是（）A. B.C. D.5．命題：“x>0，都有x2－x+1≤0”的否定是（）A.x>0，使得x2－x+1≤0 B.x>0，使得x2－x+1>0C.x>0，都有x2－x+1>0 D.x≤0，都有x2－x+1>06．函數，則不等式的解集是（）A. B.C. D.7．下列命題中，正確的是（）A.若a>b，c>d，則ac>bd B.若ac>bc，則a<bC.若a>b，c>d，則a﹣c>b﹣d D.若，則a<b8．用數學歸納法證明“”的過程中，從到時，不等式的左邊增加了（）A. B.C. D.9．已知空間向量，，，若，，共面，則m＋2t＝（）A.－1 B.0C.1 D.－610．已知直線與直線垂直，則（）A. B.C. D.11．焦點坐標為（1，0）拋物線的標準方程是（）A.y2=-4x B.y2=4xC.x2=-4y D.x2=4y12．下列語句中是命題的是A.周期函數的和是周期函數嗎？ B.C. D.梯形是不是平面圖形呢？二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知為坐標原點，、分別是雙曲線的左、右頂點，是雙曲線上不同于、的動點，直線、與軸分別交于點、兩點，則________14．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為______.15．曲線在處的切線斜率為___________.16．命題“，”為假命題，則實數a的取值范圍是______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）設函數（1）若，求函數的單調區(qū)間；（2）若函數有兩個不同的零點，求實數的取值范圍18．（12分）已知函數（1）求函數單調區(qū)間；（2）函數在區(qū)間上的最小值小于零，求a的取值范圍19．（12分）已知點在橢圓：上，橢圓E的離心率為.（1）求橢圓E的方程；（2）若不平行于坐標軸且不過原點O的直線l與橢圓E交于B，C兩點，判斷是否可能為等邊三角形，并說明理由.20．（12分）已知拋物線的焦點在直線上（1）求拋物線的方程（2）設直線經過點，且與拋物線有且只有一個公共點，求直線的方程21．（12分）設函數.（1）當k＝1時，求函數的單調區(qū)間；（2）當時，求函數在上的最小值m和最大值M.22．（10分）已知橢圓C：的長軸長為，P是橢圓上異于頂點的一個動點，O為坐標原點，A為橢圓C的上頂點，Q為PA的中點，且直線PA與直線OQ的斜率之積恒為-2.（1）求橢圓C的方程；（2）若斜率為k且過上焦點F的直線l與橢圓C相交于M，N兩點，當點M，N到y(tǒng)軸距離之和最大時，求直線l的方程.

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】，得不到，因為可能相交，只要和的交線平行即可得到；，，∴和沒有公共點，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分條件．故選B考點：必要條件、充分條件與充要條件的判斷.【方法點晴】考查線面平行的定義，線面平行的判定定理，面面平行的定義，面面平行的判定定理，以及充分條件、必要條件，及必要不充分條件的概念，屬于基礎題；并得不到，根據面面平行的判定定理，只有內的兩相交直線都平行于，而，并且，顯然能得到，這樣即可找出正確選項.2、C【解析】如圖由題可得，進而可得，即求.【詳解】如圖根據對稱性，點D在直線y=x上，可設，則，∴，可得，，即，又解得.故選：C.3、A【解析】特稱命題的否定是全稱命題【詳解】的否定形式是故選：A4、A【解析】將直線方程化為斜截式，由此確定斜率；根據斜率和傾斜角關系可得結果.【詳解】設直線的傾斜角為，則，由得：，則斜率，.故選：A.5、B【解析】全稱命題的否定是特稱命題，把任意改為存在，把結論否定.【詳解】“x>0，都有x2－x+1≤0”的否定是“x>0，使得x2－x+1>0”.故選：B6、A【解析】利用導數判斷函數單調遞增，然后進行求解.【詳解】對函數進行求導：，因為，，所以，因為，所以f(x)是奇函數,所以在R上單調遞增，又因為，所以的解集為.故選：A7、D【解析】運用不等式性質，結合特殊值法，對選項注逐一判斷正誤即可.【詳解】選項A中，若，時，則成立，否則，若，則，顯然錯誤，故選項A錯誤；選項B中，若，，則能推出，否則，若，則，顯然錯誤，故選項B錯誤；選項C中，若，則，顯然錯誤，故選項C錯誤；選項D中，若，顯然，由不等式性質知不等式兩邊同乘以一個正數，不等式不變號，即.故選：D8、B【解析】依題意，由遞推到時，不等式左邊為，與時不等式的左邊作差比較即可得到答案【詳解】用數學歸納法證明等式的過程中，假設時不等式成立，左邊，則當時，左邊，∴從到時，不等式的左邊增加了故選：B9、D【解析】根據向量共面列方程，化簡求得.【詳解】，所以不共線，由于，，共面，所以存在，使，即，，，，，即.故選：D10、C【解析】根據兩直線垂直可直接構造方程求得結果.【詳解】由兩直線垂直得：，解得：.故選：C.11、B【解析】由題意設拋物線方程為y2=2px（p＞0），結合焦點坐標求得p，則答案可求【詳解】由題意可設拋物線方程為y2=2px（p＞0），由焦點坐標為（1，0），得，即p=2∴拋物的標準方程是y2=4x故選B【點睛】本題主要考查了拋物線的標準方程及其簡單的幾何性質的應用，其中解答中熟記拋物線的幾何性質是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題12、B【解析】命題是能判斷真假的語句，疑問句不是命題，易知為命題，故選B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、3【解析】求得坐標，設出點坐標，求得直線的方程，由此求得兩點的縱坐標，進而求得.【詳解】依題意，設，則，直線的方程為，則，直線的方程為，則，所以.故答案為：14、【解析】根據三視圖還原幾何體，由此計算出幾何體的體積.【詳解】根據三視圖可知，該幾何體為如圖所示三棱錐，所以該幾何體的體積為.故答案為：15、##【解析】首先求得的導數，由導數的幾何意義可得切線的斜率.【詳解】因為函數的導數為，所以可得在處的切線斜率，故答案為：16、【解析】寫出原命題的否定，再利用二次型不等式恒成立求解作答.【詳解】因命題“，”為假命題，則命題“，”為真命題，當時，恒成立，則，當時，必有，解得，所以實數a的取值范圍是.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）的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為；（2）.【解析】（1）求出，進而判斷函數的單調性，然后討論符號后可得函數的單調區(qū)間；（2）令，則有兩個不同的零點，利用導數討論的單調性并結合零點存在定理可得實數的取值范圍.【小問1詳解】當時，，，記，則，所以在上單調遞增，又，所以當時，；當時，，所以單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為【小問2詳解】令，得，記，則，令得，列表得．x0↘極小值↗要使在上有兩個零點，則，所以且函數在和上各有一個零點當時，，，，則，故上無零點，與函數在上有一個零點矛盾，故不滿足條件所以，又因為，所以考慮，設，，則，則在上單調遞減，故當時，，所以，且，因為，所以，由零點存在定理知在和上各有一個零點綜上可知，實數a的取值范圍為【點睛】方法點睛：利用導數研究零點問題：（1）確定零點的個數問題：可利用數形結合的辦法判斷交點個數，如果函數較為復雜，可用導數知識確定極值點和單調區(qū)間從而確定其大致圖象；（2）方程的有解問題就是判斷是否存在零點的問題，可參變分離，轉化為求函數的值域問題處理.可以通過構造函數的方法，把問題轉化為研究構造的函數的零點問題；（3）利用導數硏究函數零點或方程根，通常有三種思路：①利用最值或極值研究；②利用數形結合思想研究；③構造輔助函數硏究.18、（1）答案見解析；（2）.【解析】（1）對求導并求定義域，討論、分別判斷的符號，進而確定單調區(qū)間.（2）由題設，結合（1）所得的單調性，討論、、分別確定在給定區(qū)間上的最小值，根據最小值小于零求參數a的范圍.【小問1詳解】由題設，且定義域為，當，即時，在上，即在上遞增；當，即時，在上，在上，所以在上遞減，在上遞增；【小問2詳解】由（1）知：若，即時，則在上遞增，故，可得；若，即時，則在上遞減，在上遞增，故，不合題設；若，即時，則在上遞減，故，得；綜上，a的取值范圍.19、（1）（2）三角形不可能是等邊三角形，理由見解析【解析】（1）根據點坐標和離心率可得橢圓方程；（2）假設為等邊三角形，設，與橢圓方程聯(lián)立，由韋達定理得的中點的坐標，，利用得出矛盾.小問1詳解】由點在橢圓上，得，即，又，即，解得，所以橢圓的方程為.【小問2詳解】假設為等邊三角形，設，，聯(lián)立，消去得，由韋達定理得，由得，故，所以的中點為，所以，故，與等邊三角形中矛盾，所以假設不成立，故三角形不可能是等邊三角形.20、（1）（2）的方程為、、【解析】（1）求得點的坐標，由此求得，進而求得拋物線的方程.（2）結合圖象以及判別式求得直線的方程.【小問1詳解】拋物線的焦點在軸上，且開口向上，直線與軸的交點為，則，所以，拋物線的方程為.【小問2詳解】當直線的斜率不存在時，直線與拋物線只有一個公共點.那個直線的斜率存在時，設直線的方程為，，，，解得或.所以直線的方程為或.綜上所述，的方程為、、.21、（1）增區(qū)間為（2），【解析】（1）求導，由判別式可判斷導數符號，然后可得；（2）求導，求導數零點，比較函數極值和端點函數值，結合單調性可得.【小問1詳解】因為，所以，，因為，所以恒成立所以的增區(qū)間為.【小問2詳解】當時，，令，解得，當時，，當時，，當時，所以，函數在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增.因為，所以在區(qū)間上的最大值，最小值為22