安徽省臨泉二中2024屆高二上數學期末經典試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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。1．十二平均律是我國明代音樂理論家和數學家朱載堉發明的.明萬歷十二年(公元1584年)，他寫成《律學新說》，提出了十二平均律的理論.十二平均律的數學意義是：在1和2之間插入11個正數，使包含1和2的這13個數依次成遞增的等比數列.依此規則，插入的第四個數應為（）A. B.C. D.2．圓錐曲線具有豐富的光學性質，從橢圓的一個焦點發出的光線，經過橢圓反射后，反射光線經過橢圓的另一個焦點．直線l：與橢圓C：相切于點P，橢圓C的焦點為，，由光學性質知直線，與l的夾角相等，則的角平分線所在的直線的方程為（）A. B.C. D.3．給出下列結論：①如果數據的平均數為3，方差為0.2，則的平均數和方差分別為14和1.8；②若兩個變量的線性相關性越強，則相關系數r的值越接近于1．③對A、B、C三種個體按3：1：2的比例進行分層抽樣調查，若抽取的A種個體有15個，則樣本容量為30．則正確的個數是（）.A.3 B.2C.1 D.04．已知雙曲線C1的一條漸近線方程為y=kx，離心率為e1，雙曲線C2的一條漸近線方程為y=x，離心率為e2，且雙曲線C1、C2在第一象限交于點(1，1)，則=（）A.|k| B.C.1 D.25．已知命題：，命題：，則是的（）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．如圖，在四面體中，，，，D為BC的中點，E為AD的中點，則可用向量，，表示為（）A. B.C. D.7．在等比數列中，若，，則（）A. B.C. D.8．若展開式的二項式系數之和為，則展開式的常數項為（）A. B.C. D.9．工業生產者出廠價格指數（PRoduceRPRiceIndexfoRIndustRialPRoducts，簡稱PPI）是反映工業企業產品第一次出售時的出廠價格的變化趨勢和變動幅度，是反映某一時期生產領域價格變動情況的重要經濟指標，也是制定有關經濟政策和國民經濟核算的重要依據．根據下面提供的我國2020年1月—2021年11月的工業生產者出廠價格指數的月度同比（將上一年同月作為基期進行對比的價格指數）和月度環比（將上月作為基期進行對比的價格指數）漲跌情況的折線圖判斷，以下結論正確的（）A.2020年各月的PPI在逐月增大B.2020年各月的PPI均高于2019年同期水平C.2021年1月—11月各月的PPI在逐月減小D.2021年1月—11月各月的PPI均高于2020年同期水平10．設數列、都是等差數列，若，則等于（）A. B.C. D.11．已知雙曲線的方程為，則下列關于雙曲線說法正確的是（）A.虛軸長為4 B.焦距為C.焦點到漸近線的距離為4 D.漸近線方程為12．早在古希臘時期，亞歷山大的科學家赫倫就發現:光從一點直接傳播到另一點選擇最短路徑，即這兩點間的線段.若光從一點不是直接傳播到另一點，而是經由一面鏡子(即便鏡面是曲面)反射到另一點，仍然選擇最短路徑.已知曲線，且將假設為能起完全反射作用的曲面鏡，若光從點射出，經由上一點反射到點，則（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．隨機抽取某社區名居民，調查他們某一天吃早餐所花的費用（單位：元），所獲數據的莖葉圖如圖所示，則這個數據的眾數是_________14．若，滿足約束條件，則的最大值為_____________15．已知，，且與的夾角為鈍角，則x的取值范圍是___.16．容積為V圓柱形密封金屬飲料罐，它的高與底面半徑比值為___________時用料最省.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）如圖，正方形與梯形所在的平面互相垂直，，，|AB|＝|AD|＝2，|CD|＝4，為的中點（1）求證：平面平面；（2）求二面角的正切值18．（12分）如圖，四棱錐，，，，為等邊三角形，平面平面ABCD，Q為PB中點（1）求證：平面平面PBC；（2）求平面PBC與平面PAD所成二面角的正弦值19．（12分）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，A1A=4，點D是BC的中點；（I）求異面直線A1B，AC1所成角的余弦值；（II）求直線AB1與平面C1AD所成角的正弦值20．（12分）已知橢圓C經過，兩點（1）求橢圓C的標準方程；（2）直線l與C交于P，Q兩點，M是PQ的中點，O是坐標原點，，求證：的邊PQ上的高為定值21．（12分）如圖，已知橢圓：（）的左、右焦點分別為、，離心率為.過的直線與橢圓的一個交點為，過垂直于的直線與橢圓的一個交點為，.（1）求橢圓的方程和點的軌跡的方程；（2）若曲線上的動點到直線：的最大距離為，求的值.22．（10分）已知數列的前n項和為，，且（1）求數列的通項公式；（2）令，記數列的前n項和為，求證：

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】先求出等比數列的公比，再由等比數列的通項公式即可求解.【詳解】用表示這個數列，依題意，，則，，第四個數即.故選：C.2、A【解析】先求得點坐標，然后求得的角平分線所在的直線的方程.【詳解】，直線的斜率為，由于直線，與l的夾角相等，則的角平分線所在的直線的斜率為，所以所求直線方程為.故選：A3、B【解析】對結論逐一判斷【詳解】對于①，則的平均數為，方差為，故①正確對于②，若兩個變量的線性相關性越強，則相關系數r的絕對值越接近于1，故②錯誤對于③，對A、B、C三種個體按3：1：2的比例進行分層抽樣調查，若抽取的A種個體有15個，則樣本容量為，故③正確故正確結論為2個故選：B4、C【解析】根據漸近線方程設出雙曲線方程，再由過點，可知雙曲線方程，從而可求離心率.【詳解】由題，設雙曲線的方程為，又因為其過，且可知，不妨設，代入，得，所以雙曲線的方程為，所以，同理可得雙曲線的方程為，所以可得，所以，當時，結論依然成立.故選：C5、B【解析】利用充分條件和必要條件的定義判斷.【詳解】因為命題：或，命題：，所以是的必要不充分條件，故選：B6、B【解析】利用空間向量的基本定理，用，，表示向量【詳解】因為是的中點，是的中點，，故選：B7、D【解析】由等比數列的性質得，化簡，代入數值求解.【詳解】因為數列是等比數列，所以，由題意，所以.故選：D8、C【解析】利用二項式系數的性質求得的值，再利用二項式展開式的通項公式，求得結果即可.【詳解】解：因為展開式的二項式系數之和為，則，所以，令，求得，所以展開式的常數項為.故選：C.9、D【解析】根據折線圖中同比、環比的正負情況，結合各選項的描述判斷正誤.【詳解】A：2020年前5個月PPI在逐月減小，錯誤；B：2020年各月同比為負值，即低于2019年同期水平，錯誤；C：2021年1月—11月各月的PPI環比為正值，即逐月增大，錯誤；D：2021年1月—11月各月的PPI同比為正值，即高于2020年同期水平，正確.故選：D.10、A【解析】設等差數列的公差為，根據數列是等差數列可求得，由此可得出，進而可求得所求代數式的值.【詳解】設等差數列的公差為，即，由于數列也為等差數列，則，可得，即，可得，即，解得，所以，數列為常數列，對任意的，，因此，.故選：A.【點睛】關鍵點點睛：本題考查等差數列基本量的求解，通過等差數列定義列等式求解公差是解題的關鍵，另外，在求解有關等差數列基本問題時，可充分利用等差數列的定義以及等差中項法來求解.11、D【解析】根據雙曲線的性質逐一判斷即可.【詳解】在雙曲線中，焦點在軸上，，，，所以虛軸長為6，故A錯誤；焦距為，故B錯誤；漸近線方程為，故D正確；焦點到漸近線的距離為，故C錯誤；故選：D.12、B【解析】記橢圓的右焦點為，根據橢圓定義，得到，由題中條件，確定本題的本質即是求的最小值，結合題中數據，即可求出結果.【詳解】記橢圓的右焦點為，根據橢圓的定義可得，，所以，因為，當且僅當三點共線時，，即；由題意可得，求的值，即是求最短路徑，即求的最小值，所以的最小值為，因此.故選：B.【點睛】思路點睛：求解橢圓上動點到一焦點和一定點距離和的最小值或差的最大值時，一般需要利用橢圓的定義，將問題轉化為動點與另一焦點以及該定點距離和的最值問題來求解即可.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】將個數據寫出來，可得出這組數據的眾數.【詳解】這個數據分別為、、、、、、、、、、、、、、，該組數據的眾數為.故答案為：.14、6【解析】首先根據題中所給的約束條件，畫出相應的可行域，再將目標函數化成斜截式，之后在圖中畫出直線，在上下移動的過程中，結合的幾何意義，可以發現直線過B點時取得最大值，聯立方程組，求得點B的坐標代入目標函數解析式，求得最大值.【詳解】根據題中所給的約束條件，畫出其對應的可行域，如圖所示：由，可得，畫出直線，將其上下移動，結合的幾何意義，可知當直線在y軸截距最大時，z取得最大值，由，解得，此時，故答案為6.點睛：該題考查的是有關線性規劃的問題，在求解的過程中，首先需要正確畫出約束條件對應的可行域，之后根據目標函數的形式，判斷z的幾何意義，之后畫出一條直線，上下平移，判斷哪個點是最優解，從而聯立方程組，求得最優解的坐標，代入求值，要明確目標函數的形式大體上有三種：斜率型、截距型、距離型；根據不同的形式，應用相應的方法求解.15、∪【解析】根據題意得出且與不共線，然后根據向量數量積的定義及向量共線的條件求出x的取值范圍.【詳解】∵與的夾角為鈍角，且與不共線，即，且，解得，且，∴x的取值范圍是∪.故答案為：∪.16、【解析】設圓柱的底面半徑為，高為，容積為，由，得到，進而求得表面積，結合不等式，即可求解.【詳解】設圓柱的底面半徑為，高為，容積為，則，即有，可得圓柱的表面積為，當且僅當時，即時最小，即用料最省，此時，可得.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）見解析；（2）.【解析】(1)證明BC⊥平面BDE即可；(2)以D為原點，DA、DC、DE分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系D－xyz，求平面BMD和平面BCD的法向量，利用法向量的求二面角的余弦，再求正切﹒【小問1詳解】∵ADEF為正方形∴ED⊥AD又∵正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直，且ED?平面ADEF∴ED⊥平面ABCD∵BC?平面ABCD∴ED⊥BC在直角梯形ABCD中，|AB|＝|AD|＝2，|CD|＝4，則，|BD|＝2，在△BCD中，，∴BC⊥BD∵DE∩BD＝D，DE與BD平面BDE，∴BC⊥平面BDE又∵BC?平面BEC∴平面BDE⊥平面BEC；【小問2詳解】由(1)知ED⊥平面ABCD∵CD平面ABCD，∴CD⊥ED，∴DA，DC，DE三線兩兩垂直，故以D為原點，DA、DC、DE分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系D－xyz：則,則設為平面BDM的法向量，則，取，取平面BCD的法向量為，設二面角的大小為θ，則，∴.18、（1）證明見解析（2）【解析】（1）取的中點為，連接，可證，從而可利用面面垂直的判定定理可證平面平面.（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面的法向量、平面的法向量后可得二面角的正弦值.【小問1詳解】如圖，取的中點為S，連接，因為為等邊三角形，故，，而平面平面ABCD，平面平面，平面，故平面，而平面，故，而，故，因，故平面，因平面，故，因，故平面，而平面，故平面平面.【小問2詳解】連接，因為，故四邊形為平行四邊形，而，故四邊形為矩形，所以，由（1）可得平面，故建立如圖所示的空間直角坐標系，則所以，，設平面的法向量為，則即，取，則，設平面的法向量為，則即，取，則，故，故平面PBC與平面PAD所成二面角的正弦值為.19、（I）（II）【解析】（I）以，，為x，y，z軸建立空間直角坐標系A﹣xyz，可得和的坐標，可得cos＜，＞，可得答案；（II）由（I）知，=（2，0，﹣4），=（1，1，0），設平面C1AD的法向量為=（x，y，z），由可得=（1，﹣1，），設直線AB1與平面C1AD所成的角為θ，則sinθ=|cos＜，＞|=，進而可得答案解：（I）以，，x，y，z軸建立空間直角坐標系A﹣xyz，則可得B（2，0，0），A1（0，0，4），C1（0，2，4），D（1，1，0），∴=（2，0，﹣4），=（0，2，4），∴cos＜，＞==∴異面直線A1B，AC1所成角的余弦值為：；（II）由（I）知，=（2，0，﹣4），=（1，1，0），設平面C1AD的法向量為=（x，y，z），則可得，即，取x=1可得=（1，﹣1，），設直線AB1與平面C1AD所成的角為θ，則sinθ=|cos＜，＞|=∴直線AB1與平面C1AD所成角的正弦值為：考點：異面直線及其所成的角；直線與平面所成的角20、（1）（2）證明見解析【解析】（1）設出橢圓方程，根據的坐標求得橢圓方程.（2）對直線的斜率分成存在和不存在兩種情況進行分類討論，求得的邊PQ上的高