2023-2024學年山東省東明縣一中高二上數學期末教學質量檢測試題注意事項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．實數m變化時，方程表示的曲線不可以是（）A.直線 B.圓C橢圓 D.雙曲線2．“1＜x＜2”是“x＜2”成立的A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件3．已知實數滿足方程，則的最大值為（）A.3 B.2C. D.4．已知等比數列中，，則這個數列的公比是（）A.2 B.4C.8 D.165．“”是“方程表示雙曲線”的A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件6．橢圓與(0<k<9)的（）A.長軸的長相等B.短軸的長相等C.離心率相等D.焦距相等7．已知數列{}滿足，且，若，則＝（）A.－8 B.－11C.8 D.118．如圖，在正三棱柱中，若，則C到直線的距離為（）A. B.C. D.9．某手機上網套餐資費：每月流量500M以下（包含500M），按20元計費；超過500M，但沒超過1000M（包含1000M）時，超出部分按0.15元/M計費；超過1000M時，超出部分按0.2元/M計費，流量消費累計的總流量達到封頂值（15GB）則暫停當月上網服務.若小明使用該上網套餐一個月的費用是100元，則他的上網流量是（）A.800M B.900MC.1025M D.1250M10．已知拋物線的焦點為F，，點是拋物線上的動點，則當的值最小時，=（）A.1 B.2C. D.411．攢（cuán）尖是我國古代建筑中屋頂的一種結構樣式，多見于亭閣或園林式建筑．下圖是一頂圓形攢尖，其屋頂可近似看作一個圓錐，其軸截面（過圓錐軸的截面）是底邊長為，頂角為的等腰三角形，則該屋頂的面積約為（）A. B.C. D.12．設為雙曲線與橢圓的公共的左右焦點，它們在第一象限內交于點是以線段為底邊的等腰三角形，若橢圓的離心率范圍為，則雙曲線的離心率取值范圍是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若橢圓的焦點在軸上，過點作圓的切線，切點分別為，，直線恰好經過橢圓的上焦點和右頂點，則橢圓的方程是________________14．已知數列的各項均為正數，記為的前n項和，從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立①數列是等差數列：②數列是等差數列；③注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分15．如圖，已知橢圓E的方程為(a>b>0)，A為橢圓的左頂點，B，C在橢圓上，若四邊形OABC為平行四邊形，且∠OAB＝30°，則橢圓的離心率等于________16．為增強廣大師生生態文明意識，大力推進國家森林城市建設創建進程，某班26名同學在一段直線公路一側植樹，每人植一棵（各自挖坑種植），相鄰兩棵樹相距均為10米，在同學們挖坑期間，運到的樹苗集中放置在了某一樹坑旁邊，然后每位同學挖好自己的樹坑后，均從各自樹坑出發去領取樹苗．記26位同學領取樹苗往返所走的路程總和為，則的最小值為______米三、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）求關于x的不等式的解集；（2）若對任意的，恒成立，求實數a的取值范圍18．（12分）在平面直角坐標系xOy中，O為坐標原點，已知直線：mx－（2－m）y－4=0與直線h：x+y－2=0的交點M在第一三象限的角平分線上.（1）求實數m的值；（2）若點P在直線l上且，求點P的坐標.19．（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20．（12分）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，平面平面，，.（1）證明：平面；（2）已知，，，且直線與平面所成角的正弦值為，求平面與平面夾角的余弦值.21．（12分）某港口船舶停靠的方案是先到先停，且每次只能停靠一艘船.（1）若甲乙兩艘船同時到達港口，雙方約定各派一名代表猜拳：從1，2，3，4，5中各隨機選一個數，若兩數之和為奇數，則甲先停靠；若兩數之和為偶數，則乙先停靠，這種方式對雙方是否公平？請說明理由；（2）若甲、乙兩船在一晝夜內到達該碼頭的時刻是等可能的.如果甲船停泊時間為1h，乙船停泊時間為2h，求它們中的任意一艘都不需要等待碼頭空出的概率.22．（10分）設為數列的前n項和，且滿足（1）求證：數列為等差數列；（2）若，且成等比數列，求數列的前項和

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】根據的取值分類討論說明【詳解】時方程化為，為直線，時，方程化為，為橢圓，時，方程化為，為雙曲線，而，因此曲線不可能是圓故選：B2、A【解析】因為“若，則”是真命題，“若，則”是假命題，所以“”是“”成立的充分不必要條件．選A考點：充分必要條件的判斷【易錯點睛】本題主要考查了充分條件,必要條件,充要條件的判斷,屬于基礎題.對于命題“若,則”是真命題,我們說,并且說是的充分條件，是的必要條件，命題“若,則”是假命題,我們說,由充分條件，必要條件的定義，可以判斷出“”是“”成立的充分不必要條件．掌握充分條件，必要條件的定義是解題關鍵3、D【解析】將方程化為，由圓的幾何性質可得答案.【詳解】將方程變形為，則圓心坐標為，半徑，則圓上的點的橫坐標的范圍為：則x的最大值是故選：D.4、A【解析】直接利用公式計算即可.【詳解】設等比數列的公比為，由已知，，所以，解得.故選：A5、A【解析】方程表示雙曲線則，解得，是“方程表示雙曲線”的充分不必要條件.故選：A6、D【解析】根據橢圓方程求得兩個橢圓的，由此確定正確選項.【詳解】橢圓與(0<k<9)的焦點分別在x軸和y軸上，前者a2＝25，b2＝9，則c2＝16，后者a2＝25－k，b2＝9－k，則顯然只有D正確故選：D7、C【解析】利用遞推關系，結合取值，求得即可.【詳解】因為，且，，故可得，解得（舍）,；同理求得，，.故選：C.8、D【解析】取AC的中點O，建立如圖所示的空間直角坐標系，根據點到線距離的向量求法和投影的定義計算即可.【詳解】由題意知，，取AC的中點O，則，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，所以在上的投影的長度為，故點C到直線距離為：.故選：D9、C【解析】根據已知條件列方程，化簡求得小明的上網流量.【詳解】顯然小明上網流量超過了1000M但遠遠沒達到封頂值，假設超出部分為M，由得.故選：C10、B【解析】根據拋物線定義，轉化，要使有最小值，只需最大，即直線與拋物線相切，聯立直線方程與拋物線方程，求出斜率，然后求出點坐標，即可求解.【詳解】由題知，拋物線的準線方程為，，過P作垂直于準線于，連接，由拋物線定義知.由正弦函數知，要使最小值，即最小，即最大，即直線斜率最大，即直線與拋物線相切.設所在的直線方程為：，聯立拋物線方程：，整理得：則，解得即，解得，代入得或，再利用焦半徑公式得故選：B.關鍵點睛：本題考查拋物線的性質，直線與拋物線的位置關系，解題的關鍵是要將取最小值轉化為直線斜率最大，再轉化為拋物線的切線，考查學生的轉化思想與運算求解能力，屬于中檔題.11、B【解析】由軸截面三角形，根據已知可得圓錐底面半徑和母線長，然后可解.【詳解】軸截面如圖，其中，，所以，所以，所以圓錐的側面積.故選：B12、A【解析】設橢圓的標準方程為，根據橢圓和雙曲線的定義可得到兩圖形離心率之間的關系，再根據橢圓的離心率范圍可得雙曲線的離心率取值范圍.【詳解】設橢圓的標準方程為，，則有已知，兩式相減得，即，，因為，解得故選：A.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】設過點的圓的切線為，分類討論求得直線分別與圓的切線，求得直線的方程，從而得到直線與軸、軸的交點坐標，得到橢圓的右焦點和上頂點，進而求得橢圓的方程.【詳解】設過點的圓的切線分別為，即，當直線與軸垂直時，不存在，直線方程為，恰好與圓相切于點；當直線與軸不垂直時，原點到直線的距離為，解得，此時直線的方程為，此時直線與圓相切于點，因此，直線的斜率為，直線的方程為，所以直線交軸交于點，交于軸于點，橢圓的右焦點為，上頂點為，所以，可得，所以橢圓的標準方程為.故答案為：.14、證明過程見解析【解析】選①②作條件證明③時，可設出，結合的關系求出，利用是等差數列可證；也可分別設出公差，寫出各自的通項公式后利用兩者的關系，對照系數，得到等量關系，進行證明.選①③作條件證明②時，根據等差數列的求和公式表示出，結合等差數列定義可證；選②③作條件證明①時，設出，結合的關系求出，根據可求，然后可證是等差數列；也可利用前兩項的差求出公差，然后求出通項公式，進而證明出結論.【詳解】選①②作條件證明③：[方法一]：設，則，當時，；當時，；因為也是等差數列，所以，解得；所以，，故.[方法二]：設等差數列的公差為d，等差數列的公差為，則，將代入，化簡得對于恒成立則有，解得．所以選①③作條件證明②：因為，是等差數列，所以公差，所以，即，因為，所以是等差數列.選②③作條件證明①：[方法一]：設，則，當時，；當時，；因為，所以，解得或；當時，，當時，滿足等差數列的定義，此時為等差數列；當時，，不合題意，舍去.綜上可知為等差數列.[方法二]【最優解】：因為，所以，，因為也為等差數列，所以公差，所以，故，當時，，當時，滿足上式，故的通項公式為，所以，，符合題意.【整體點評】這類題型在解答題后可證是等差數列；法二：利用是等差數列即前兩項的差求出公差，然后求出的通項公式，利用，求出的通項公式，進而證明出結論.15、【解析】首先利用橢圓的對稱性和為平行四邊形，可以得出、兩點是關于軸對稱，進而得到；設，，，從而求出，然后由，利用，求得，最后根據得出離心率【詳解】解：是與軸重合的，且四邊形為平行四邊形，所以、兩點的縱坐標相等，、的橫坐標互為相反數，、兩點是關于軸對稱的由題知：四邊形為平行四邊形，所以可設，，代入橢圓方程解得：設為橢圓的右頂點，，四邊形為平行四邊形對點：解得：根據：得：故答案為：16、【解析】根據對稱性易知：當樹苗放在第13或14個坑，26位同學領取樹苗往返所走的路程總和最小，再應用等差數列前n項和的求法求26位同學領取樹苗往返所走的路程總和.【詳解】將26個同學對應的26個坑分左右各13個坑，∴根據對稱性：樹苗放在左邊13個坑，與放在對稱右邊的13個坑，26個同學所走的總路程對應相等，∴當樹苗放在第13個坑，26位同學領取樹苗往返所走的路程總和最小，此時，左邊13位同學所走的路程分別為，右邊13位同學所走的路程分別為，∴最小值為米.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）求出對應方程的根，再根據根的大小進行討論，即可得解；（2）對任意的，恒成立，即恒成立，結合基本不等式求出的最小值即可得解.【小問1詳解】解：由已知易得即為：，令可得與，所以，當時，原不等式的解集為；當時，原不等式的解集為；當時，原不等式的解集為；【小問2詳解】解：由可得，由，得，所以可得，，當且僅當，即時等號成立，所以，所以的取值范圍是.18、（1）3（2）【解析】（1）求出直線與直線的交點坐標，代入直線的方程可得值；（2）設，代入已知等式可求得值，得坐標【小問1詳解】由得，即所以，【小問2詳解】由（1）直線方程是，在直線上，設，則，解得，所以點坐標為19、（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.20、（1）證明過程見解析；（2）.【解析】（1）利用平面與平面垂直的性質得出直線與平面垂直，進而得出平面；（2）建立空間直角坐標系即可求解.【小問1詳解】證明：因為平面平面，交線為且平面中，所以平面又平面所以又，且所以平面【小問2詳解】解：由（1）知，平面且所以、、兩兩垂直因此以原點，建立如圖所示的空間直角坐標系因為，，，設所以，，，，由（1）知，平面所以為平面的法向量且因為直線與平面所成角的正弦值為所以解得：所以，又，，所以，，，設平面與平面的法向量分別為：，所以，令，則令，則，，即設平面與平面夾角為則所以平面與平面夾角的余弦值為.21、（1）不公平，理由見解析.（2）【解析】（1）通過計算概率來進行判斷.（2）利用幾何概型計算出所求概率.【小問1詳解】兩數之和為奇數的概率為，兩數之和為偶數的概率為，兩個