福建省漳州市龍海市程溪中學2024屆高二上數學期末聯考試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．“”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2．在如圖所示的棱長為1的正方體中，點P在側面所在的平面上運動，則下列四個命題中真命題的個數是（）①若點P總滿足，則動點P的軌跡是一條直線②若點P到點A的距離為，則動點P的軌跡是一個周長為的圓③若點P到直線AB的距離與到點C的距離之和為1，則動點P的軌跡是橢圓④若點P到平面的距離與到直線CD的距離相等，則動點P的軌跡是拋物線A.1 B.2C.3 D.43．圓與直線的位置關系為（）A.相切 B.相離C.相交 D.無法確定4．設，，若，其中是自然對數底，則（）A. B.C. D.5．已知空間中四點，，，，則點D到平面ABC的距離為（）A. B.C. D.06．南宋數學家楊輝在《詳解九章算法》和《算法通變本末》中，提出了一些新的垛積公式，他所討論的高階等差數列與一般等差數列不同，前后兩項之差并不相等，而是逐項差數之差或者高次差相等.對這類高階等差數列的研究，在楊輝之后一般稱為“垛積術”.現有一個高階等差數列，其前7項分別為1，5，11，21，37，61，95，則該數列的第8項為（）A.99 B.131C.139 D.1417．數列中，，，若，則（）A.2 B.3C.4 D.58．若函數在上有且僅有一個極值點，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.9．等差數列的通項公式，數列，其前項和為，則等于（）A. B.C. D.10．如圖，，是平面上兩點，且，圖中的一系列圓是圓心分別為，的兩組同心圓，每組同心圓的半徑分別是1，2，3，…，A，B，C，D，E是圖中兩組同心圓的部分公共點.若點A在以，為焦點的橢圓M上，則（）A.點B和C都在橢圓M上 B.點C和D都在橢圓M上C.點D和E都在橢圓M上 D.點E和B都在橢圓M上11．橢圓的左右焦點分別為，是上一點，軸，，則橢圓的離心率等于（）A. B.C. D.12．在三棱錐中，，，則異面直線PC與AB所成角的余弦值是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知直線：與直線：平行，則的值為___________.14．若兩條直線與互相垂直，則a的值為______.15．從10名大學畢業生中選3個人擔任村主任助理，則甲、乙至少有1人入選，而丙沒有入選不同選法的種數為___________.16．已知數列{an}的前n項和Sn＝n2+n，則an＝_____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）已知橢圓，焦點，A，B是上關于原點對稱的兩點，的周長的最小值為（1）求的方程；（2）直線FA與交于點M（異于點A），直線FB與交于點N（異于點B），證明：直線MN過定點18．（12分）寫出下列命題的否定，并判斷它們的真假：（1）：任意兩個等邊三角形都是相似的；（2）：，.19．（12分）設p：；q：關于x的方程無實根.（1）若q為真命題，求實數k的取值范圍；（2）若是假命題，且是真命題，求實數k的取值范圍.20．（12分）已知橢圓：的一個焦點坐標為，離心率.（1）求橢圓的方程；（2）設為坐標原點，橢圓與直線相交于兩個不同的點A、B，線段AB的中點為M.若直線OM的斜率為-1，求線段AB的長；（3）如圖，設橢圓上一點R的橫坐標為1（R在第一象限），過R作兩條不重合直線分別與橢圓交于P、Q兩點、若直線PR與QR的傾斜角互補，求直線PQ的斜率的所有可能值組成的集合.21．（12分）已知橢圓的中心在原點，焦點在軸上，長軸長為4，離心率等于（1）求橢圓的方程（2）設，若橢圓E上存在兩個不同點P、Q滿足，證明：直線PQ過定點，并求該定點的坐標.22．（10分）設：，：.（1）若命題“，是真命題”，求的取值范圍；（2）若是的充分不必要條件，求的取值范圍.

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、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：A2、C【解析】根據線面關系、距離關系可分別對每一個命題判斷.【詳解】若點P總滿足，又，，，可得對角面，因此點P的軌跡是直線，故①正確若點P到點A的距離為，則動點P的軌跡是以點B為圓心，以1為半徑的圓（在平面內），因此圓的周長為，故②正確點P到直線AB的距離PB與到點C的距離PC之和為1，又，則動點P的軌跡是線段BC，因此③不正確點P到平面的距離（即到直線的距離）與到直線CD的距離（即到點C的距離）相等，則動點P的軌跡是以線段BC的中點為頂點，直線BC為對稱軸的拋物線（在平面內），因此④正確故有①②④三個故選:C3、C【解析】先計算出直線恒過定點，而點在圓內，所以圓與直線相交.【詳解】直線可化為，所以恒過定點.把代入，有：，所以在圓內，所以圓與直線的位置關系為相交.故選：C4、A【解析】利用函數的單調性可得正確的選項.【詳解】令，因為均為，故為上的增函數，由可得，故，故選：A.5、C【解析】根據題意，求得平面的一個法向量，結合距離公式，即可求解.【詳解】由題意，空間中四點，，，，可得，設平面的法向量為，則，令，可得，所以，所以點D到平面ABC的距離為.故選：C.6、D【解析】根據題中所給高階等差數列定義，找出其一般規律即可求解.【詳解】設該高階等差數列的第8項為，根據所給定義，用數列的后一項減去前一項得到一個數列，得到的數列也用后一項減去前一項得到一個數列，即得到了一個等差數列，如圖：由圖可得，則.故選：D7、C【解析】由已知得數列是以2為首項，以2為公比的等比數列，求出，再利用等比數列求和可得答案.【詳解】∵，∴，所以，數列是以2為首項，以2為公比的等比數列，則，∴，∴，則，解得.故選：C.8、C【解析】根據極值點的意義,可知函數的導函數在上有且僅有一個零點.結合零點存在定理,即可求得的取值范圍.【詳解】函數則因為函數在上有且僅有一個極值點即在上有且僅有一個零點根據函數零點存在定理可知滿足即可代入可得解得故選:C【點睛】本題考查了函數極值點的意義,函數零點存在定理的應用,屬于中檔題.9、D【解析】根據裂項求和法求得，再計算即可.【詳解】解：由題意得====所以.故選：D10、C【解析】根據橢圓的定義判斷即可求解.【詳解】因為，所以橢圓M中，因為，,,,所以D，E在橢圓M上.故選：C11、A【解析】在中結合已知條件，用焦距2c表示、，再利用橢圓定義計算作答.【詳解】令橢圓的半焦距為c，因是上一點，軸，，在中，，，由橢圓定義知，則，所以橢圓的離心率等于.故選：A12、A【解析】分別取、、的中點、、，連接、、、、，由題意結合平面幾何的知識可得、、或其補角即為異面直線PC與AB所成角，再由余弦定理即可得解.【詳解】分別取、、的中點、、，連接、、、、，如圖：由可得，所以，在，，可得由中位線的性質可得且，且，所以或其補角即為異面直線PC與AB所成角，在中，，所以異面直線AB與PC所成角的余弦值為.故選：A.【點睛】思路點睛：平移線段法是求異面直線所成角的常用方法，其基本思路是通過平移直線，把異面直線的問題化歸為共面直線問題來解決，具體步驟如下：（1）平移：平移異面直線中的一條或兩條，作出異面直線所成的角；（2）認定：證明作出的角就是所求異面直線所成的角；（3）計算：求該角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由異面直線所成的角的取值范圍是，當所作的角為鈍角時，應取它的補角作為兩條異面直線所成的角二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、-1【解析】根據兩直線平行的條件列式求解即可.【詳解】由題意可知，的斜率，的斜率，∵，∴解得.故當時，直線：與直線：平行.故答案為：-1.14、4【解析】兩直線斜率均存在時，兩直線垂直，斜率相乘等于-1，據此即可求解.【詳解】由題可知，.故答案為：4.15、49【解析】丙沒有入選，相當于從9個人中選3人，分為兩種情況：甲乙兩人只有一人入選；甲乙兩人都入選，分別求出每種情況的選法數，再利用分類加法計數原理即可得解.【詳解】丙沒有入選，把丙去掉，相當于從9個人中選3人，甲、乙至少有1人入選，分為兩種情況：甲乙兩人只有一人入選；甲乙兩人都入選.甲乙兩人只有一人入選，選法有種；甲乙兩人都入選，選法有種.所以，滿足題意的選法共有種.故答案為：49.【點睛】本題考查組合的應用，其中涉及到分類加法計數原理，屬于中檔題.一些常見類型的排列組合問題的解法：（1）特殊元素、特殊位置優先法元素優先法：先考慮有限制條件的元素的要求，再考慮其他元素；位置優先法：先考慮有限制條件的位置的要求，再考慮其他位置；（2）分類分步法：對于較復雜的排列組合問題，常需要分類討論或分步計算，一定要做到分類明確，層次清楚，不重不漏；（3）間接法（排除法），從總體中排除不符合條件的方法數，這是一種間接解題的方法；（4）捆綁法：某些元素必相鄰的排列，可以先將相鄰的元素“捆成一個”元素，與其它元素進行排列，然后再給那“一捆元素”內部排列；（5）插空法：某些元素不相鄰的排列，可以先排其它元素，再讓不相鄰的元素插空；（6）去序法或倍縮法；（7）插板法：個相同元素，分成組，每組至少一個的分組問題.把個元素排成一排，從個空中選個空，各插一個隔板，有；（8）分組、分配法：有等分、不等分、部分等分之別.16、2n【解析】根據數列的通項與前n項和的關系求解即可.【詳解】由題,當時,,當時.當時也滿足.故.故答案為：【點睛】本題主要考查了根據數列的通項與前n項和的關系求通項公式的方法,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）證明見解析【解析】（1）設橢圓的左焦點為，根據橢圓的對稱性可得，則三角形的周長為，再設根據二次函數的性質得到，即可求出的周長的最小值為，從而得到，再根據，即可求出、，從而求出橢圓方程；（2）設直線MN的方程，，，，聯立直線與橢圓方程，消元列出韋達定理，再設直線的方程、，直線的方程、，聯立直線方程，消元列出韋達定理，即可表示，即可得到，整理得，再代入，，即可得到，從而求出，即可得解；【小問1詳解】設橢圓的左焦點為，則由對稱性，，所以的周長為設，則，當A，B是橢圓的上下頂點時，的周長取得最小，所以，即，又橢圓焦點，所以，所以，所以，解得，，所以橢圓的方程為.【小問2詳解】解：當A，B為橢圓左右頂點時，直線MN與x軸重合；當A，B為橢圓上下頂點時，可得直線MN的方程為；設直線MN的方程，，，，由得，，，，設直線的方程，其中，，，由得，，，，設直線的方程，其中，，由得，，，所以，所以，所以，則，即，代入，，得，整理得，又所以，直線MN的方程為，綜上直線MN過定點18、（1）存在兩個等邊三角形不是相似的，假命題（2），真命題【解析】根據全稱命題與存在性命題的關系，準確改寫，即可求解.【小問1詳解】解：命題“任意兩個等邊三角形都是相似的”是一個全稱命題根據全稱命題與存在性命題的關系，可得其否定“存在兩個等邊三角形不是相似的”，命題為假命題.【小問2詳解】解：根據全稱命題與存在性命題關系，可得：命題的否定為.因為，所以命題為真命題.19、（1）；（2）.【解析】（1）根據命題的真假，結合一元二次方程無實根，列出的不等式，即可求得結果；（2）求得命題為真對應的的范圍，結合命題一個為真命題一個為假命題，即可列出的不等式組，求解即可.【小問1詳解】若q為真命題，則，解得，即實數k的取值范圍為.【小問2詳解】若p為真，，解得，由是假命題，且是真命題，得：p、q兩命題一真一假，當p真q假時，或，得，當p假q真時，，此時無解.綜上的取值范圍為.20、（1）；（2）；（3）.【解析】(1)根據給定條件求出橢圓長半軸長a即可計算得解.(2)將代入橢圓的方程，再結合給定條件求出k值即可計算出AB的長.(3)設出直線PR的方程，再與橢圓的方程聯立求出點P坐標，同理可得點Q坐標，計算PQ的斜率即可作答.【小問1詳解】依題意，橢圓的半焦距c=1，而，解得，則，所以橢圓的方程是：.【小問2詳解】由消去y并整理得：，解得，，于是得線段AB的中點，直線OM斜率為，解得，因此，，所以線段AB的長為.【小問3詳解】由(1)知，點，依題意，設直線PR的斜率為，直線PR方程為：，由消去y并整理得，，設點，則有，顯然直線QR的斜率為-t，設點，同理有，于是得直線PQ的斜率，所以直線PQ的斜率的所有可能值組成的集合.【點睛】方法點睛：求橢圓的標準方程有兩種方法：①定義法：根據橢圓的定義，確定，的值，結合焦點位置可寫出橢圓方程②待定系數法：若焦點位置明確，則可設出橢圓的標準方程，結合已知條件求出a，b；若焦點位置不明確，則需要分焦點在x軸上和y軸上兩種情況討論.21、（1）；（2）證明見解析，.【解析】（1）由題可得，即求；（2）設直線PQ的方程為，聯立橢圓方程，利用韋達定理法可得，即得.【小問1詳解】由題可設橢圓的方程為