安徽省蕪湖一中2024屆數學高二上期末學業質量監測試題注意事項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．已知向量，，且，則值是（）A. B.C. D.2．數列1，6，15，28，45，…中的每一項都可用如圖所示的六邊形表示出米，故稱它們為六邊形數，那么第11個六邊形數為（）A.153 B.190C.231 D.2763．設等差數列的前n項和為．若，則（）A.19 B.21C.23 D.384．已知曲線的方程為，則下列說法正確的是（）①曲線關于坐標原點對稱；②曲線是一個橢圓；③曲線圍成區域的面積小于橢圓圍成區域的面積.A.① B.①②C.③ D.①③5．已知橢圓(a>b>0)的離心率為，則＝（）A. B.C. D.6．試在拋物線上求一點，使其到焦點的距離與到的距離之和最小，則該點坐標為A. B.C. D.7．橢圓的長軸長是（）A.3 B.6C.9 D.48．橢圓離心率是（）A. B.C. D.9．設函數若函數有兩個零點，則實數m的取值范圍是（）A. B.C. D.10．已知E、F分別為橢圓的左、右焦點，傾斜角為的直線l過點E，且與橢圓交于A，B兩點，則的周長為A.10 B.12C.16 D.2011．動點到兩定點，的距離和是，則動點的軌跡為（）A.橢圓 B.雙曲線C.線段 D.不能確定12．命題“”的否定是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．圓與圓的位置關系為______(填相交，相切或相離).14．已知數列滿足（），設數列滿足：，數列的前項和為，若（）恒成立，則的取值范圍是________15．對于實數表示不超過的最大整數，如.已知數列的通項公式，前項和為，則___________.16．已知數列的通項公式為，，設是數列的前n項和，若對任意都成立，則實數的取值范圍是__________.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）已知圓內有一點，過點P作直線l交圓C于A，B兩點.（1）當P為弦的中點時，求直線l的方程；（2）若直線l與直線平行，求弦的長.18．（12分）已知函數，為自然對數的底數.（1）當時，證明，，；（2）若函數在上存在極值點，求實數的取值范圍.19．（12分）已知雙曲線的左、右焦點分別為，過作斜率為的弦.求：（1）弦的長；（2）△的周長.20．（12分）已知函數，且a0（1）當a=1時，求函數f(x)的單調區間；（2）記函數，若函數有兩個零點，①求實數a的取值范圍；②證明：21．（12分）如圖所示，在直四棱柱中，底面ABCD是菱形，點E，F分別在棱，上，且，（1）證明：點在平面BEF內；（2）若，，，求直線與平面BEF所成角的正弦值22．（10分）已知圓C的圓心在直線上，且經過點和（1）求圓C的標準方程；（2）若過點的直線l與圓C交于A，B兩點，且，求直線l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、A【解析】求出向量，的坐標，利用向量數量積坐標表示即可求解.【詳解】因為向量，，所以，，因為，所以，解得：，故選：A.2、C【解析】細心觀察，尋求相鄰項及項與序號之間的關系，同時聯系相關知識,如等差數列、等比數列等，結合圖形即可求解.【詳解】由題意知，數列的各項為1，6，15，28，45，...所以，，，，，，所以.故選：C3、A【解析】由已知及等差數列的通項公式得到公差d，再利用前n項和公式計算即可.【詳解】設等差數列的公差為d，由已知，得，解得，所以.故選：A4、D【解析】對于①在方程中換為，換為可判斷；對于②分析曲線的圖形是兩個拋物線的部分組成的可判斷；對于③在第一象限內，分析橢圓的圖形與曲線圖形的位置關系可判斷.【詳解】在曲線的方程中，換為，換為，方程不變，故曲線關于坐標原點對稱所以①正確,當時，曲線的方程化為，此時當時，曲線的方程化為，此時所以曲線圖形是兩個拋物線的部分組成的，不是橢圓，故②不正確.當，時，設，設，則，（當且僅當或時等號成立）所以在第一象限內，橢圓的圖形在曲線的上方.根據曲線和橢圓的的對稱性可得橢圓的圖形在曲線的外部（四個頂點在曲線上）所以曲線圍成區域的面積小于橢圓圍成區域的面積，故③正確.故選：D5、D【解析】由離心率得，再由轉化為【詳解】因為，所以8a2＝9b2，所以故選：D.6、A【解析】由題意得拋物線的焦點為，準線方程為過點P作于點，由定義可得,所以，由圖形可得，當三點共線時，最小，此時故點的縱坐標為1，所以橫坐標．即點P的坐標為．選A點睛：與拋物線有關的最值問題的解題策略該類問題一般解法是利用拋物線的定義，實現由點到點的距離與點到直線的距離的轉化(1)將拋物線上的點到準線的距離轉化為該點到焦點的距離，構造出“兩點之間線段最短”，使問題得解；(2)將拋物線上的點到焦點的距離轉化為點到準線的距離，利用“與直線上所有點的連線中的垂線段最短”解決7、B【解析】根據橢圓方程有，即可確定長軸長.【詳解】由橢圓方程知：，故長軸長為6.故選：B8、C【解析】將方程轉化為橢圓的標準方程，求得a，c，再由離心率公式求得答案.【詳解】解：由得，所以，則，所以橢圓的離心率，故選：C.9、D【解析】有兩個零點等價于與的圖象有兩個交點，利用導數分析函數的單調性與最值，畫出函數圖象，數形結合可得結果.【詳解】解：設，則，所以在上遞減，在上遞增，，且時，，有兩個零點等價于與的圖象有兩個交點，畫出的圖象，如下圖所示，由圖可得，時，與的圖象有兩個交點，此時，函數有兩個零點，實數m的取值范圍是，故選：D.【點睛】方法點睛：本題主要考查分段函數的性質、利用導數研究函數的單調性、函數的零點，以及數形結合思想的應用，屬于難題.數形結合是根據數量與圖形之間的對應關系，通過數與形的相互轉化來解決數學問題的一種重要思想方法，函數圖象是函數的一種表達形式，它形象地揭示了函數的性質，為研究函數的數量關系提供了“形”的直觀性．歸納起來，圖象的應用常見的命題探究角度有：1、確定方程根的個數；2、求參數的取值范圍；3、求不等式的解集；4、研究函數性質10、D【解析】利用橢圓的定義即可得到結果【詳解】橢圓，可得，三角形的周長，，所以：周長，由橢圓的第一定義，，所以，周長故選D【點睛】本題考查橢圓簡單性質的應用，橢圓的定義的應用，三角形的周長的求法，屬于基本知識的考查11、A【解析】根據橢圓的定義，即可得答案.【詳解】由題意可得，根據橢圓定義可得，P點的軌跡為橢圓，故選：A12、C【解析】特稱命題的否定，先把存在量詞改為全稱量詞，再把結論進行否定即可.【詳解】命題“”的否定是“”.故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、相交【解析】求兩圓圓心距，并與半徑之和、半徑之差的絕對值比較即可.【詳解】圓的圓心為，半徑為，圓的圓心為，半徑為，∵，∴兩圓相交.故答案為：相交.14、【解析】先由條件求出的通項公式，得到，由裂項相消法再求出，根據不等式恒成立求出參數的范圍即可.【詳解】當時，有當時，由①有②由①－②得：所以，當時也成立.所以,故則由，即，所以所以，由所以故答案為：【點睛】本題考查求數列的通項公式，考查裂項相消法求和以及數列不等式問題，屬于中檔題.15、54【解析】由，利用裂項相消法求得，再由的定義求解.【詳解】由已知可得：，，當時，，；當時，，；當時，，；當時，，；當時，；；所以.故答案為：54.16、【解析】化簡數列將問題轉化為不等式恒成立問題，再對n分奇數和偶數進行討論，分別求解出的取值范圍，最后綜合得出結果.【詳解】根據題意，，.①當n是奇數時，，即對任意正奇數n恒成立，當時，有最小值1，所以.②當n是正偶數時，，即，又，故對任意正偶數n都成立，又隨n增大而增大，當時，有最小值，即，綜合①②可知.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）（2）【解析】（1）由題意，，求出直線l的斜率，利用點斜式即可求解；（2）由題意，利用點斜式求出直線l的方程，然后由點到直線的距離公式求出弦心距，最后根據弦長公式即可求解.小問1詳解】解：由題意，圓心，P為弦的中點時，由圓的性質有，又，所以，所以直線l的方程為，即；【小問2詳解】解：因為直線l與直線平行，所以，所以直線的方程為，即，因為圓心到直線的距離，又半徑，所以由弦長公式得.18、（1）證明見解析：（2）【解析】(1)代入,求導分析函數單調性,再的最小值即可證明.(2),若函數在上存在兩個極值點,則在上有根.再分,與,利用函數的零點存在定理討論導函數的零點即可.【詳解】(1)證明：當時,,則,當時,,則,又因為,所以當時,,僅時,,所以在上是單調遞減,所以,即.(2),因為,所以,①當時,恒成立,所以在上單調遞增,沒有極值點.②當時,在區間上單調遞增,因為.當時,,所以在上單調遞減,沒有極值點.當時,,所以存在,使當時,時,所以在處取得極小值,為極小值點.綜上可知,若函數在上存在極值點,則實數.【點睛】本題主要考查了利用導函數求解函數的單調性與最值,進而證明不等式的方法.同時也考查了利用導數分析函數極值點的問題,需要結合零點存在定理求解.屬于難題.19、（1）；（2）.【解析】（1）聯立直線方程與雙曲線方程，求得交點的坐標，再用兩點之間的距離公式即可求得；（2）根據（1）中所求，利用兩點之間的距離公式，即可求得三角形周長.【小問1詳解】設點的坐標分別為，由題意知雙曲線的左、右焦點坐標分別為、，直線的方程，與聯立得，解得，代入的方程為分別解得.所以.【小問2詳解】由（1）知，，，所以△的周長為.20、（1）函數f(x)在區間(0，+)上單調遞減（2）①；②證明見解析【解析】（1）求導，求解可得導函數恒小于等于0,即得證；（2）①分析函數的單調性，由有兩個實數根可求解；②由（1）得2lnxx?，再利用其放縮可得，由此有，問題得證.【小問1詳解】當a=1時，函數因為所以函數f(x)在區間(0，+)上單調遞減；【小問2詳解】（i）由已知可得方程有兩個實數根記，則．當時，，函數k(x)是增函數；當時，，函數k(x)是減函數，所以，故（ii）易知，當x1時，，故．由（1）可知，當0x1時，，所以2lnxx?由，得，所以因為，所以21、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）設、、、AC與BD的交點為O，由直四棱柱的性質構建空間直角坐標系，確定、的坐標可得，即可證結論.（2）由題設，求出、、的坐標，進而求得面BEF的法向量，利用空間向量夾角的坐標表示求直線與平面BEF所成角的正弦值【小問1詳解】由題意，，設，，，設AC與BD的交點為O，以O為坐標原點，分別以BD，AC所在直線為x，y軸建立如下空間直角坐標系，則，，，，所以，，得，即，因此點在平面BEF內【小問2詳解】由（1）及題設，，，，，所以，，設為平面BEF的法向量，則，