安徽省利辛縣闞疃金石中學2023-2024學年數學高二上期末聯考試題注意事項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．已知雙曲線的右焦點為F，關于原點對稱的兩點A、B分別在雙曲線的左、右兩支上，，且點C在雙曲線上，則雙曲線的離心率為（）A.2 B.C. D.2．程大位是明代著名數學家，他的《新編直指算法統宗》是中國歷史上一部影響巨大的著作.它問世后不久便風行宇內，成為明清之際研習數學者必讀的教材，而且傳到朝鮮、日本及東南亞地區，對推動漢字文化圈的數學發展起了重要的作用.卷八中第33問是：“今有三角果一垛，底闊每面七個.問該若干？”如圖是解決該問題的程序框圖.執行該程序框圖，求得該垛果子的總數為（）A.120 B.84C.56 D.283．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，則△ABC（）A.一定是銳角三角形 B.一定是直角三角形C.一定是鈍角三角形 D.是銳角或直角三角形4．函數在區間上平均變化率等于（）A. B.C. D.5．已知等比數列中，，則這個數列的公比是（）A.2 B.4C.8 D.166．拋物線的準線方程為（）A B.C. D.7．設函數，若為奇函數，則曲線在點處的切線方程為（）A. B.C. D.8．已知橢圓的一個焦點坐標是，則（）A.5 B.2C.1 D.9．已知直線l和拋物線交于A，B兩點，O為坐標原點，且，交AB于點D，點D的坐標為，則p的值為（）A. B.1C. D.210．若，則（）A B.C. D.11．過點（-2，1）的直線中，被圓x2+y2-2x+4y=0截得的弦最長的直線的方程是（）A.x+y+1=0 B.x+y-1=0C.x-y+1=0 D.x-y-1=012．執行下圖所示的程序框圖，則輸出的值為（）A.5 B.6C.7 D.8二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．等差數列的前n項和分別為，若對任意正整數n都有，則的值為___________.14．已知過點作拋物線的兩條切線，切點分別為A，B，直線AB經過拋物線C的焦點F，則___________15．狄利克雷是十九世紀德國杰出的數學家，對數論、數學分析和數學物理有突出貢獻.狄利克雷曾提出了“狄利克雷函數”.若，根據“狄利克雷函數”可求___________.16．已知向量，，若，則實數=________.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）已知是公差不為0的等差數列，其前項和為，，且，，成等比數列.（1）求和；（2）若，數列的前項和為，且對任意的恒成立，求實數的取值范圍.18．（12分）已知函數.（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）若，且，討論函數的零點個數.19．（12分）已知圓M的圓心在直線上，且圓心在第一象限，半徑為3，圓M被直線截得的弦長為4.（1）求圓M的方程；（2）設P是直線上的動點，證明：以MP為直徑的圓必過定點，并求所有定點的坐標.20．（12分）“既要金山銀山，又要綠水青山”.濱江風景區在一個直徑為100米的半圓形花園中設計一條觀光線路（如圖所示）.在點與圓弧上的一點（不同于A，B兩點）之間設計為直線段小路，在直線段小路的兩側（注意是兩側）種植綠化帶；再從點到點設計為沿弧的弧形小路，在弧形小路的內側（注意是一側）種植綠化帶（注：小路及綠化帶的寬度忽略不計）.（1）設(弧度)，將綠化帶總長度表示為的函數；（2）試確定的值，使得綠化帶總長度最大.(弧度公式：，其中為弧所對的圓心角)21．（12分）如圖1，已知矩形ABCD，，，E，F分別為AB，CD的中點，將ABCD卷成一個圓柱，使得BC與AD重合（如圖2），MNGH為圓柱的軸截面，且平面平面MNGH，NG與曲線DE交于點P（1）證明：平面平面MNGH；（2）判斷平面PAE與平面PDH夾角與的大小，并說明理由22．（10分）已知雙曲線的左焦點為，到的一條漸近線的距離為1.直線與交于不同的兩點，，當直線經過的右焦點且垂直于軸時，.（1）求的方程；（2）是否存在軸上的定點，使得直線過點時，恒有？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由.

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、D【解析】設，由，得到四邊形是矩形，在中，利用勾股定理求得，再在中，利用勾股定理求解.【詳解】如圖所示：設，則，，，因為，所以，則四邊形是矩形，在中，，即，解得，在中，，即，解得，故選：D2、B【解析】按照框圖中程序，逐步執行循環，即可求得答案.【詳解】第一次循環：，，第二次循環：，，第三次循環：，，第四次循環：，，第五次循環：，，第六次循環：，，第七次循環：，，退出循環，輸出.故選：B3、C【解析】由余弦定理確定角的范圍，從而判斷出三角形形狀【詳解】由得－cosC>0，所以cosC<0，從而C為鈍角，因此△ABC一定是鈍角三角形.故選：C4、C【解析】根據平均變化率的定義算出答案即可.【詳解】函數在區間上的平均變化率等于故選：C5、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：A6、D【解析】根據拋物線方程求出，進而可得焦點坐標以及準線方程.【詳解】由可得，所以焦點坐標為，準線方程為：，故選：D.7、C【解析】利用函數的奇偶性求出，求出函數的導數，根據導數的幾何意義，利用點斜式即可求出結果【詳解】函數的定義域為，若為奇函數，則則，即，所以，所以函數，可得；所以曲線在點處的切線的斜率為，則曲線在點處的切線方程為，即故選：C8、C【解析】根據題意橢圓焦點在軸上，且，將橢圓方程化為標準形式，從而得出，得出答案.【詳解】由焦點坐標是，則橢圓焦點在軸上，且將橢圓化為，則由，焦點坐標是，則，解得故選：C9、B【解析】由垂直關系得出直線l方程，聯立直線和拋物線方程，利用韋達定理以及數量積公式得出p的值.【詳解】，，即聯立直線和拋物線方程得設，則解得故選：B10、D【解析】直接利用向量的坐標運算求解即可【詳解】因為，所以，故選：D11、A【解析】當直線被圓截得的最弦長最大時，直線要經過圓心，即圓心在直線上，然后根據兩點式方程可得所求【詳解】由題意得，圓的方程為，∴圓心坐標為∵直線被圓截得的弦長最大，∴直線過圓心，又直線過點（-2，1），所以所求直線的方程為，即故選：A12、C【解析】直接按照程序框圖運行即可得正確答案.【詳解】當時，不成立，時，不成立，時，不成立，時，不成立，時，不成立，時，不成立，時，不成立，時，成立，輸出的值為，故選：C.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、##0.68【解析】利用等差數列求和公式與等差中項進行求解.【詳解】由題意得：，同理可得：，所以故答案為：14、【解析】設出點的坐標，與拋物線方程聯立，結合題意和韋達定理，求得拋物線的方程為，直線AB的方程為，進而求得的值.【詳解】設，在拋物線，過切點A與拋物線相切的直線的斜率為，則以為切點的切線方程為，聯立方程組，整理得，則，整理得，所以，解得，所以以為切點的切線方程為，即，同理，設，在拋物線，過切點B與拋物線相切的直線，又因為在切線和，所以，所以直線AB的方程為，又直線AB過拋物線的焦點，所以令，可得，即，所以拋物線的方程為，直線AB的方程為，聯立方程組，整理得或，所以，所以.故答案為：.15、1【解析】由“狄利克雷函數”解析式，先求出，再根據指數函數的解析式求即可.【詳解】由題設，，則.故答案：116、【解析】由可求得【詳解】因為，所以，故答案為：【點睛】本題考查向量垂直的坐標表示，屬于基礎題三、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，即得數列的和；（2）由題得，再利用分組求和求出，得到，令，判斷函數的單調性得解.【詳解】（1）設數列的公差為，由已知得，，即，整理得，又，，；（2）由題意：，，，令，則，即對任意的恒成立，是單調遞增數列，，只需，所以.【點睛】方法點睛：求數列的最值，常用數列的單調性求解，求數列的單調性，一般利用定義法作差或作商判斷.18、（1）.（2）答案見解析.【解析】（1）求導函數，求得，，由此可求得曲線在點處的切線方程；（2）求得導函數，分和討論，當時，設，求導函數，分析導函數的符號，得出所令函數的單調性，從而得函數的單調性，根據零點存在定理可得答案.【小問1詳解】解：當時，，所以，故，，所以曲線在點處的切線方程為.【小問2詳解】解：依題意，則，當時，，所以在上單調遞增；當時，設，此時，所以在上單調遞增，又，，所以存在，使得，且在上單調遞減，在上單調遞增.綜上所述，在上單調遞減，在上單調遞增.又，所以當，即時，有唯一零點在區間上，當，即時，在上無零點；故當時，在上有1個零點；當時，在上無零點.19、（1）；（2）證明見解析，定點和.【解析】(1)根據給定條件設出圓心坐標，再結合點到直線距離公式計算作答.(2)設點，求出圓的方程，結合方程求出其定點.【小問1詳解】因圓M的圓心在直線上，且圓心在第一象限，設圓心，且，圓心到直線的距離為，又由解得，從而，而，解得，所以圓M的方程為.【小問2詳解】由(1)知：，設點，，設動圓上任意一點當與點P，M都不重合時，，有，當與點P，M之一重合時，對應為零向量，也成立，，，，化簡得：，由，解得或，所以以MP為直徑的圓必過定點和.【點睛】方法點睛：待定系數法求圓的方程，由題設條件，列出等式，求出相關量．一般地，與圓心和半徑有關，選擇標準式，否則，選擇一般式．不論是哪種形式，都要確定三個獨立參數，所以應該有三個獨立等式20、（1）；（2）.【解析】（1）在直角三角形中，求出，在扇形中利用弧長公式求出弧的長度，則可得函數；（2）利用導數可求得結果.【詳解】（1）如圖，連接在直角三角形中，所以由于則弧的長為（2）由（1）可知，令得，因為所以，當單調遞增，當單調遞減，所以當時，使得綠化帶總長度最大.【點睛】關鍵點點睛：仔細審題，注意題目中的關鍵詞“兩側”和“一側”是解題關鍵.21、（1）證明見解析（2）平面PAE與平面PDH夾角大于，理由見解析【解析】（1）由面面垂直證明，然后得證平面MNGH后可得面面垂直；（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，用空間向量法求出二面角的余弦可得結論【小問1詳解】如圖O，為圓柱上，下底面的中心，可知，，平面平面MNGH，所以是二面角的平面角，平面平面MNGH，所以，即，，平面MNGH，所以平面MNGH，因為平面PAE，所以平面平面MNGH；【小問2詳解】因為，所以得，如圖，以為坐標原點，以，,所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則可知，，，，，則，，，，設平面AEP的法向量為，則，令，得，設平面DHP的法向量為，則，即令，得，，設平面PAE與平面PDH夾角為，則，，因為，即，所以平面PAE與平面PDH夾角大于22、（1）；（2）存在，理由見解析.【解析】（1）根據題意，列出的方程組，解得，則橢圓方程得解；（2）假設存在點滿足題意，設出直線的方程，聯立雙曲線方程，利用韋達定理以