安徽省馬鞍山市含山中學2023-2024學年數學高二上期末聯考試題注意事項：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．如圖所示，直三棱柱中，，，分別是，的中點，，則與所成角的余弦值為（）A. B.C. D.2．已知命題，，若是一個充分不必要條件，則的取值范圍是（）A. B.C. D.3．過拋物線的焦點的直線交拋物線于不同的兩點，則的值為A.2 B.1C. D.44．已知向量，且與互相垂直，則k=（）A. B.C. D.5．某城市2017年的空氣質量狀況如下表所示：污染指數3060100110130140概率其中污染指數時，空氣質量為優；時，空氣質量為良；時，空氣質量為輕微污染，該城市2017年空氣質量達到良或優的概率為（）A. B.C. D.6．某老師希望調查全校學生平均每天的自習時間.該教師調查了60位學生，發現他們每天的平均自習時間是3.5小時.這里的總體是（）A.楊高的全校學生；B.楊高的全校學生的平均每天自習時間；C.所調查的60名學生；D.所調查的60名學生的平均每天自習時間.7．中國古代數學名著《算法統宗》中有這樣一個問題：“今有俸糧三百零五石，令五等官（正一品、從一品、正二品、從二品、正三品）依品遞差十三石分之，問，各若干？”其大意是，現有俸糧石，分給正一品、從一品、正二品、從二品、正三品這位官員，依照品級遞減石分這些俸糧，問，每個人各分得多少俸糧？在這個問題中，正三品分得俸糧是（）A.石 B.石C.石 D.石8．等差數列中，，則前項的和（）A. B.C. D.9．已知拋物線y2=2px（p>0）的焦點為F，準線為l，M是拋物線上一點，過點M作MN⊥l于N.若△MNF是邊長為2的正三角形，則p=（）A. B.C.1 D.210．在等差數列中，已知，則數列的前6項之和為（）A.12 B.32C.36 D.7211．若雙曲線的漸近線方程為，則的值為（）A.2 B.3C.4 D.612．已知直線l：，則下列結論正確的是（）A.直線l的傾斜角是B.直線l在x軸上的截距為1C.若直線m：，則D.過與直線l平行的直線方程是二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．曲線的一條切線的斜率為，該切線的方程為________.14．若函數在區間上的最大值是，則__________15．已知為拋物線上任意一點，為拋物線的焦點，為平面內一定點，則的最小值為__________.16．定義點到曲線的距離為該點與曲線上所有點之間距離的最小值，則點到曲線距離為___________.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．（12分）已知圓C1圓心為坐標原點，且與直線相切（1）求圓C1的標準方程；（2）若直線l過點M（1，2），直線l被圓C1所截得的弦長為，求直線l的方程18．（12分）一個盒中裝有編號分別為、、、的四個形狀大小完全相同的小球.（1）從盒中任取兩球，列出所有的基本事件，并求取出的球的編號之和大于的概率；（2）從盒中任取一球，記下該球的編號，將球放回，再從盒中任取一球，記下該球的編號，列出所有的基本事件，并求的概率.19．（12分）已知數列，若_________________（1）求數列的通項公式；（2）求數列的前項和從下列三個條件中任選一個補充在上面的橫線上，然后對題目進行求解①；②，，；③，點，在斜率是2的直線上20．（12分）在平面直角坐標系xOy中，橢圓C的參數方程為（θ為參數），直線l的參數方程為（t為參數）（Ⅰ）寫出橢圓C的普通方程和直線l的傾斜角；（Ⅱ）若點P（1，2），設直線l與橢圓C相交于A，B兩點，求|PA|·|PB|的值21．（12分）命題：函數有意義；命題：實數滿足.（1）當且為真時，求實數的取值范圍；（2）若是的充分不必要條件，求實數的取值范圍.22．（10分）已知橢圓的離心率為，橢圓的短軸端點與雙曲線的焦點重合，過點的直線與橢圓相交于、兩點.(1)求橢圓的方程；(2)若以為直徑的圓過坐標原點，求的值.

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】取的中點為，的中點為，然后可得或其補角即為與所成角，然后在中求出答案即可.【詳解】取的中點為，的中點為，，，所以或其補角即為與所成角，設，則，，在，，故選：A2、A【解析】先化簡命題p，q，再根據是的一個充分不必要條件，由q求解.【詳解】因為命題，或，又是的一個充分不必要條件，所以，解得，所以的取值范圍是，故選：A3、D【解析】本題首先可以通過直線交拋物線于不同的兩點確定直線的斜率存在，然后設出直線方程并與拋物線方程聯立，求出以及的值，然后通過拋物線的定義將化簡，最后得出結果【詳解】因為直線交拋物線于不同的兩點，所以直線的斜率存在，設過拋物線的焦點的直線方程為，由可得，，因為拋物線的準線方程為，所以根據拋物線的定義可知，，所以，綜上所述，故選D【點睛】本題考查了拋物線的相關性質，主要考查了拋物線的定義、過拋物線焦點的直線與拋物線相交的相關性質，考查了計算能力，是中檔題4、C【解析】利用垂直的坐標表示列方程求解即可.【詳解】由與互相垂直得，解得故選：C.5、A【解析】根據互斥事件的和的概率公式求解即可.【詳解】由表知空氣質量為優的概率是，由互斥事件的和的概率公式知，空氣質量為良的概率為，所以該城市2017年空氣質量達到良或優的概率，故選：A【點睛】本題主要考查了互斥事件，互斥事件和的概率公式，屬于中檔題.6、B【解析】由總體的概念可得答案.【詳解】某老師希望調查全校學生平均每天的自習時間，該教師調查了60位學生，發現他們每天的平均自習時間是3.5小時，這里的總體是全校學生平均每天的自習時間.故選：B.7、D【解析】令位官員(正一品、從一品、正二品、從二品、正三品)所分得的俸糧數是公差為數列，利用等差數列的前n項和求，進而求出正三品即可.【詳解】正一品、從一品、正二品、從二品、正三品這位官員所分得的俸糧數記為數列，由題意，是以為公差的等差數列，且，解得.故正三品分得俸糧數量為（石）.故選：D.8、D【解析】利用等差數列下標和性質可求得，根據等差數列求和公式可求得結果.【詳解】數列為等差數列，，解得：；.故選：D.9、C【解析】根據正三角形的性質，結合拋物線的性質進行求解即可.【詳解】如圖所示：準線l與橫軸的交點為，由拋物線的性質可知：，因為若△MNF是邊長為2的正三角形，所以，，顯然，在直角三角形中，，故選：C10、C【解析】利用等差數列的求和公式結合角標和定理即可求解.【詳解】解：等差數列中，所以等差數列的前6項之和為：故選：C.11、A【解析】根據雙曲線方程確定焦點位置，再根據漸近線方程為求解.【詳解】因為雙曲線所以焦點在x軸上，又因為漸近線方程為，所以，所以.故選：A【點睛】本題主要考查雙曲線的幾何性質，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.12、D【解析】A.將直線方程的一般式化為斜截式可得；B.令y＝0可得；C.求出直線m斜率即可判斷；D.設要求直線的方程為，將代入即可.【詳解】根據題意，依次分析選項：對于A，直線l：，即，其斜率，則傾斜角是，A錯誤；對于B，直線l：，令y＝0，可得，l在x軸上的截距為，B錯誤；對于C，直線m：，其斜率，，故直線m與直線l不垂直，C錯誤；對于D，設要求直線的方程為，將代入，可得t＝0，即要求直線為，D正確；故選：D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】使用導數運算公式求得切點處的導數值，并根據導數的幾何意義等于切線斜率求得切點的橫坐標，進而得到切點坐標，然后利用點斜式求出切線方程即可.【詳解】的導數為，設切點為，可得，解得，即有切點，則切線的方程為，即.故答案為：.【點睛】本題考查導數的加法運算，導數的幾何意義，和求切線方程，難度不大，關鍵是正確的使用導數運算公式求得切點處的導數值，14、0【解析】由函數，又由，則，根據二次函數的性質，即可求解函數的最大值，得到答案.【詳解】由函數，因為，所以，當時，則，所以.【點睛】本題主要考查了余弦函數的性質，以及二次函數的圖象與性質，其中解答中根據余弦函數，轉化為關于的二次函數，利用二次函數的圖象與性質是解答的關鍵，著重考查了轉化思想，以及推理與計算能力，屬于基礎題.15、3【解析】利用拋物線的定義，再結合圖形即求.【詳解】由題可得拋物線的準線為，設點在準線上的射影為，則根據拋物線的定義可知，∴要求取得最小值，即求取得最小，當三點共線時最小，為.故答案為：3.16、2【解析】設出曲線上任意一點，利用兩點間距離公式表達出，利用基本不等式求出最小值.【詳解】當時，顯然不成立，故，此時，設曲線任意一點，則，其中，當且僅當，即時等號成立，此時即為最小值.故答案為：2三、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）或【解析】（1）由圓心到直線的距離求得半徑，可得圓C1的標準方程；（2）當直線的斜率不存在時，求得直線l被圓C1所截得的弦長為，符合題意；當直線l的斜率存在時，設出直線方程，由已知弦長可得圓心到直線的距離，再由點到直線的距離公式列式求k，則直線方程可求【小問1詳解】∵原點O到直線的距離為，∴圓C1的標準方程為；【小問2詳解】當直線l的斜率不存在時，直線方程為x＝1，代入，得，即直線l被圓C1所截得的弦長為，符合題意；當直線l的斜率存在時，設直線方程為，即∵直線l被圓C1所截得的弦長為，圓的半徑為2，則圓心到直線l的距離，解得∴直線l的方程為，即綜上，直線l的方程為或18、（1）基本事件答案見解析，概率為；（2）基本事件答案見解析，概率為.【解析】（1）利用列舉法列舉出所有的基本事件，并確定事件“取出的球的編號之和大于”所包含的基本事件數，利用古典概型的概率公式可求得結果；（2）利用列舉法列舉出所有的基本事件，并確定事件“”所包含的基本事件數，利用古典概型的概率公式可求得結果.【詳解】（1）記“從盒中任取兩球，取出球的編號之和大于”為事件，樣本點表示“從盒中取出、號球”，且和表示相同的樣本點（以此類推），則樣本空間為，則，根據古典概型可知，從盒中任取兩球，取出球的編號之和大于的概率為；（2）記“”為事件，樣本點表示第一次取出號球，將球放回，從盒中取出號球（以此類推），則樣本空間，則，所以，故事件“”的概率為.19、答案見解析.【解析】（1）若選①，根據通項公式與前項和的關系求解通項公式即可；若選②，根據可得數列為等差數列，利用基本量法求解通項公式即可；若選③，根據兩點間的斜率公式可得，可得數列為等差數列進而求得通項公式；（2）利用裂項相消求和即可【詳解】解：（1）若選①，由，所以當，，兩式相減可得：，而在中，令可得：，符合上式，故若選②，由（，）可得：數列為等差數列，又因為，，所以，即，所以若選③，由點，在斜率是2的直線上得：，即，所以數列為等差數列且（2）由（1）知：，所以20、(I)見解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）利用平方法消去θ得到橢圓C的普通方程為，根據直線參數方程的幾何意義求出直線的斜率，從而可得結果；（Ⅱ）把直線的方程，代入中，利用直線參數方程的幾何意義求出直線的斜率結合韋達定理可得結果.試題解析：（Ⅰ）消去θ得到橢圓C的普通方程為∵直線的斜率為，∴直線l的傾斜角為（Ⅱ）把直線的方程，代入中，得即，∴t1·t2＝4，即｜PA｜·｜PB｜＝421、(1)；(2)【解析】(1)首先將命題，化簡，然后由為真可得，均為真，取交集即可求出實數的取值范圍；(2)將是的充分不必要條件轉化為是的必要不充分條件，進而將問題轉化為，從而求出實數的取值范圍【詳解】(1)若命題為真，則，解得，當時，命題，若命題為真，則，解得，所以，因為為真，所以，均為真，所以，所以，所以實數的取值范圍為(2)因為是的充分不必要條件，所以是的必要不充分條件，所以，所以或，所以，所以實數的取值范圍是【點睛】本題主要考查根據真值表判斷復合命題中的單個命題的真假，根據充分不必要條件求參數的取值范圍，同時考查一元二次不等式的解法，分式不等式的解法．第(2)問關鍵是將問題等價轉化為兩個集合間的真包含關系22、(1)；(2)【解析】（1）由離心率得到，由橢圓的短軸端點與雙曲線的焦點重合，得到，進而可求出結果；（2