2024屆山東省菏澤一中八一路校區數學高二上期末綜合測試模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在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、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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．已知數列的通項公式為．若數列的前n項和為，則取得最大值時n的值為（）A.2 B.3C.4 D.52．下列說法中正確的是（）A.棱柱的側面可以是三角形B.棱臺的所有側棱延長后交于一點C.所有幾何體的表面都能展開成平面圖形D.正棱錐的各條棱長都相等3．已知圓，過點P的直線l被圓C所截，且截得最長弦的長度與最短弦的長度比值為5∶4，若O為坐標原點，則最大值為（）A.3 B.4C.5 D.64．意大利數學家斐波那契，以兔子繁殖為例，引入“兔子數列”，，，，，，，，…，在實際生活中很多花朵的瓣數恰是斐波那契數列中的數，斐波那契數列在物理化學等領域也有著廣泛的應用.已知斐波那契數列滿足：，，，若，則等于（）A. B.C. D.5．若拋物線的焦點與橢圓的左焦點重合，則m的值為（）A.4 B.-4C.2 D.-26．閱讀如圖所示程序框圖，運行相應的程序，輸出S的結果是（）A.128 B.64C.16 D.327．有下列四個命題，其中真命題是（）A.， B.，，C.，， D.，8．已知p、q是兩個命題，若“（￢p）∨q”是假命題，則（）A.p、q都是假命題 B.p、q都是真命題C.p是假命題q是真命題 D.p是真命題q是假命題9．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.10．下列說法錯誤的是（）A.“若，則”的逆否命題是“若，則”B.“”的否定是”C.“是"”的必要不充分條件D.“或是"”的充要條件11．在空間直角坐標系中，若，，則點B的坐標為（）A.（3，1，﹣2） B.（-3，1，2）C.（-3，1，-2） D.（3，-1，2）12．中國古代數學著作《算法統宗》中有這樣一個問題：“三百七十八里關，初行健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關，要見次日行里數，請公仔細算相還．”其意思為：有一個人走378里路，第一天健步行走，從第二天起腳痛每天走的路程為前一天的一半，走了6天后到達目的地，請問第二天走了（）A192

里 B.96

里C.48

里 D.24

里二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．等差數列前項之和為，若，則________14．若橢圓的一個焦點為，則p的值為______15．已知.若在定義域內單調遞增，則實數的取值范圍為______.16．橢圓的左、右焦點分別為，，為坐標原點，則以下說法正確的是（）A.過點的直線與橢圓交于，兩點，則的周長為8B.橢圓上存在點，使得C.橢圓的離心率為D.為橢圓上一點，為圓上一點，則點，的最大距離為3三、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）討論的單調性；（2）當時，求函數在內的零點個數.18．（12分）如圖，在四棱錐中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，為棱上的點，且.（1）求證：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）設為棱上的點(不與，重合)，且直線與平面所成角的正弦值為，求的值.19．（12分）已知三角形的三個頂點，求邊所在直線的方程，以及該邊上中線所在直線的方程20．（12分）在①直線l：是拋物線C的準線；②F是橢圓的一個焦點；③，對于C上的點A，的最小值為；在以上三個條件中任選一個，填到下面問題中的橫線處，并完成解答．已知拋物線C：的焦點為F，滿足_____（1）求拋物線C的標準方程；（2）是拋物線C上在第一象限內的一點，直線：與C交于M，N兩點，若的面積為，求m的值21．（12分）已知橢圓與橢圓的焦點相同，且橢圓C過點（1）求橢圓C的方程；（2）是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓C恒有兩個交點A，B，且(O為坐標原點），若存在，求出該圓的方程；若不存在，說明理由22．（10分）在平面直角坐標系中，有一條長度為3的線段，端點，分別在軸、軸上運動，為線段上一點，且.（1）求點的軌跡的方程；（2）已知不過原點的直線與相交于，兩點，且線段始終被直線平分.求的面積取最大時直線的方程.

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、C【解析】根據單調性分析出數列的正數項有哪些即可求解.【詳解】由條件有，當時，，即；當時，，即.即，所以取得最大值時n的值為.故選：C2、B【解析】根據棱柱、棱臺、球、正棱錐結構特征依次判斷選項即可.【詳解】棱柱的側面都是平行四邊形，A不正確；棱臺是由對應的棱錐截得的，B正確；不是所有幾何體的表面都能展開成平面圖形，例如球不能展開成平面圖形，C不正確；正棱錐的各條棱長并不是都相等，應該為正棱錐的側棱長都相等，所以D不正確.故選：B.3、C【解析】由題意，點P在圓C內，且最長弦的長度為直徑長10，則最短弦的長度為8，進而可得，所以點P的軌跡為以C為圓心，半徑為3的圓，從而即可求解.【詳解】解：由題意，圓，所以圓C是以為圓心，半徑為5的圓，因為過點P的直線l被圓C所截，且截得最長弦的長度與最短弦的長度比值為5∶4，所以點P在圓C內，且最長弦的長度為直徑長10，則最短弦的長度為8，所以由弦長公式有，所以點P的軌跡為以C為圓心，半徑為3的圓，所以，故選：C.4、A【解析】利用可化簡得，由此可得.【詳解】由得：，，即.故選：A.5、B【解析】根據拋物線和橢圓焦點與其各自標準方程的關系即可求解.【詳解】由題可知拋物線焦點為，橢圓左焦點為，∴.故選：B.6、C【解析】根據程序框圖的循環邏輯寫出執行步驟，即可確定輸出結果.【詳解】根據流程圖的執行邏輯，其執行步驟如下：1、成立，則；2、成立，則；3、成立，則；4、成立，則；5、不成立，輸出；故選：C7、B【解析】對于選項A，令即可驗證其不正確；對于選項C、選項D，令，即可驗證其均不正確，進而可得出結果.【詳解】對于選項A，令，則，故A錯；對于選項B，令，則，顯然成立，故B正確；對于選項C，令，則顯然無解，故C錯；對于選項D，令，則顯然不成立，故D錯.故選B【點睛】本題主要考查命題真假的判定，用特殊值法驗證即可，屬于常考題型.8、D【解析】由已知可得￢p，q都是假命題，從而可分析判斷各選項【詳解】∵“（￢p）∨q”是假命題，∴￢p，q都是假命題，∴p真，q假，故選：D.9、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：A10、C【解析】利用逆否命題、命題的否定、充分必要性的概念逐一判斷即可.【詳解】對于A，“若，則”的逆否命題是“若，則”，正確；對于B，“”的否定是”，正確；對于C，“”等價于“或，∴“是"”的充分不必要條件，錯誤；對于D，“或是"”的充要條件，正確.故選：C11、C【解析】利用點的坐標表示向量坐標，即可求解.【詳解】設，，，所以，，，解得：，，，即.故選：C12、B【解析】由題可得此人每天走的步數等比數列，根據求和公式求出首項可得.【詳解】由題意可知此人每天走的步數構成為公比的等比數列，由題意和等比數列的求和公式可得，解得，第此人第二天走里.故選：B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】直接利用等差數列前項和公式和等差數列的性質求解即可.【詳解】由已知條件得,故答案為：.14、3【解析】利用橢圓標準方程概念求解【詳解】因為焦點為，所以焦點在y軸上，所以故答案：315、【解析】將問題轉化為在上恒成立，再分離參數轉化為求函數的最值問題即可得到實數的取值范圍【詳解】因為，所以；因為在內單調遞增，所以在上恒成立，即在上恒成立，因為，所以.故答案為：16、ABD【解析】結合橢圓定義判斷A選項的正確性，結合向量數量積的坐標運算判斷B選項的正確性，直接法求得橢圓的離心率，由此判斷C選項的正確性，結合兩點間距離公式判斷D選項的正確性.【詳解】對于選項：由橢圓定義可得：，因此的周長為，所以選項正確；對于選項：設，則，且，又，，所以，，因此，解得，，故選項正確；對于選項：因為，，所以，即，所以離心率，所以選項錯誤；對于選項：設，，則點到圓的圓心的距離為，因為，所以，所以選項正確，故選：ABD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）當，在單調遞增；當，在單調遞增,在單調遞減.（2）0.【解析】（1）求得，對參數分類討論，即可由每種情況下的正負確定函數的單調性；（2）根據題意求得，利用進行放縮，只需證即，再利用導數通過證明從而得到恒成立，則問題得解.【小問1詳解】以為，其定義域為，又，故當時，，在單調遞增；當時，令，可得，且令，解得，令，解得，故在單調遞增，在單調遞減.綜上所述：當，在單調遞增；當，在單調遞增，在單調遞減.【小問2詳解】因為，故可得，則，；下證恒成立，令，則，故在單調遞減，又當時，，故在恒成立，即；因為，故，令，下證在恒成立，要證恒成立，即證，又，故即證，令，則，令，解得，此時該函數單調遞增，令，解得，此時該函數單調遞減，又當時，，也即；令，則，令，解得，此時該函數單調遞減，令，解得，此時該函數單調遞增，又當時，，也即；又，故恒成立，則在恒成立，又，故當時，恒成立，則在上的零點個數是.【點睛】本題考察利用導數研究含參函數的單調性，以及函數零點問題的處理；本題第二問處理的關鍵是通過分離參數和構造函數，證明恒成立，屬綜合困難題.18、（1）證明見解析；（2）；（3）.【解析】（1）由已知證得，，，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，根據向量垂直的坐標表示和線面垂直的判定定理可得證；（2）根據二面角的空間向量求解方法可得答案；（3）設，表示點Q，再利用線面角的空間向量求解方法，建立方程解得，可得答案.【詳解】（1）因為平面，平面，平面，所以，，又因為，則以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，由已知可得，，，，，，所以，，，因為，，所以，，又，平面，平面，所以平面.（2）由（1）可知平面，可作為平面的法向量，設平面的法向量因為，.所以，即，不妨設，得.，又由圖示知二面角為銳角，所以二面角的正弦值為.（3）設，即，，所以，即，因為直線與平面所成角的正弦值為，所以，即，解得，即.【點睛】本題考查利用空間向量求線面垂直、線面角、二面角的求法，向量法求二面角的步驟：建、設、求、算、取：1、建：建立空間直角坐標系，以三條互相垂直的垂線的交點為原點；2、設：設所需點的坐標，并得出所需向量的坐標；3、求：求出兩個面的法向量；4、算：運用向量的數量積運算，求兩個法向量的夾角的余弦值；5、取：根據二面角的范圍和圖示得出的二面角是銳角還是鈍角，再取值.19、；【解析】根據兩點式方程和中點坐標公式求解，并化為一般式方程即可.【詳解】解：過的兩點式方程為，整理得即邊所在直線的方程為，邊上的中線是頂點A與邊中點M所連線段，由中點坐標公式可得點M的坐標為，即過，的直線的方程為，即整理得所以邊上中線所在直線的方程為20、（1）（2）或.【解析】（1）選條件①，由準線方程得參數，從而得拋物線方程；選條件②，由橢圓的焦點坐標與拋物線焦點坐標相同求得得拋物線方程；選條件③，由F，A，B三點共線時，，再由兩點間距離公式求得得拋物線方程；（2）求出點坐標，由點到直線距離公式求得到直線的距離，設，，直線方程代入拋物線方程，判別式大于0保證相交，由韋達定理得，由弦長公式得弦長，再計算出三角形的面積后可解得【小問1詳解】選條件①：由準線方程為知，所以拋物線C的方程為選條件②：因為拋物線的焦點坐標為所以由已知得橢圓的一個焦點為.所以，又，所以，所以拋物線C的方程為選條件③：由題意可知得，當F，A，B三點共線時，，由兩點間距離公式，解得，所以拋物線C的方程為.【小問2詳解】把代入方程，可得，設，，聯立，消去y可得，由，解得，又知，，所以，由到直線的距離為，所以，即，解得或經檢驗均滿足，所以m的值為或.21、（1）；（2）存在，.【解析】(1)與焦點相同可求出c，將代入方程結合a、b、c關系即可求a和b；(2)直線AB斜率存在時，設直線AB的方程為，聯立AB方程與橢圓方程，得到根與系數的關系；由得，結合韋達定理得k與m的關系；再由圓與直線相切，即可求其半徑；最后再驗證AB斜率不存在時的情況即可.【小問1詳解】，由題可知，解得點，所以橢圓的方程為；【小問2詳解】設，設，代入，整理得，由得，即，由韋達定理化簡得，即，設存在圓與直線相切，則，解得，所以圓的方程為，又若軸時，檢驗知滿足條件，故存在圓心在原點的圓符合題意22、（1）（2）【解析】(1)設，根據題意可得，，利用兩點之間的距離公式表示出，化