安徽省定遠縣示范高中2024屆高二上數學期末經典試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．過點且與直線平行的直線方程是（）A. B.C. D.2．在某次賽車中，名參賽選手的成績（單位：）全部介于到之間（包括和），將比賽成績分為五組：第一組，第二組，···，第五組，其頻率分布直方圖如圖所示.若成績在內的選手可獲獎，則這名選手中獲獎的人數為A. B.C. D.3．已知是定義在上的奇函數，對任意兩個不相等的正數、都有，記，，，則（）A. B.C. D.4．已知數列中，，當時，，設，則數列的通項公式為（）A. B.C. D.5．設為坐標原點，直線與拋物線C：交于，兩點，若，則的焦點坐標為（）A. B.C. D.6．如圖，是對某位同學一學期次體育測試成績（單位：分）進行統計得到的散點圖，關于這位同學的成績分析，下列結論錯誤的是（）A.該同學的體育測試成績總的趨勢是在逐步提高，且次測試成績的極差超過分B.該同學次測試成績的眾數是分C.該同學次測試成績的中位數是分D.該同學次測試成績與測試次數具有相關性，且呈正相關7．圓與直線的位置關系為（）A.相切 B.相離C.相交 D.無法確定8．函數在區間上的最小值是（）A. B.C. D.9．數學家歐拉在1765年發現，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一條直線上，這條直線稱為歐拉線．已知的頂點，，若其歐拉線的方程為，則頂點的坐標為（）A. B.C. D.10．已知，為橢圓上關于短軸對稱的兩點，、分別為橢圓的上、下頂點，設，、分別為直線，的斜率，則的最小值為（）A. B.C. D.11．已知雙曲線的漸近線方程為，則該雙曲線的離心率等于（）A. B.C.2 D.412．已知橢圓的左右焦點分別為、，點在橢圓上，若、、是一個直角三角形的三個頂點，則點到軸的距離為A B.4C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．隨機投擲一枚均勻的硬幣兩次，則兩次都正面朝上的概率為______14．我國古代數學名著《九章算術》有“米谷粒分”題：糧倉開倉收糧，有人送來1524石，驗得米內夾谷，抽樣取米一把，數得254粒內夾谷28粒，則這批米內夾谷約為_______石15．如圖，橢圓的左右焦點為，，以為圓心的圓過原點，且與橢圓在第一象限交于點，若過、的直線與圓相切，則直線的斜率______；橢圓的離心率______.16．以點為圓心，為半徑的圓的標準方程是_____________.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）某公園有一形狀可抽象為圓柱的標志性景觀建筑物，該建筑物底面直徑為8米，在其南面有一條東西走向的觀景直道，建筑物的東西兩側有與觀景直道平行的兩段輔道，觀景直道與輔道距離10米．在建筑物底面中心O的東北方向米的點A處，有一全景攝像頭，其安裝高度低于建筑物的高度（1）在西輔道上距離建筑物1米處的游客，是否在該攝像頭的監控范圍內？（2）求觀景直道不在該攝像頭的監控范圍內的長度18．（12分）已知橢圓的一個焦點坐標為，離心率為（1）求橢圓C的標準方程；（2）O為坐標原點，點P在橢圓C上，若的面積為，求點P的坐標19．（12分）如圖,在四棱錐中,四邊形是直角梯形,，,，為等邊三角形.（1）證明：；（2）求點到平面的距離.20．（12分）已知二次函數.（1）若時，不等式恒成立，求實數的取值范圍.（2）解關于的不等式（其中）.21．（12分）已知拋物線：上的點到其準線的距離為5.（1）求拋物線的方程；（2）已知為原點，點在拋物線上，若的面積為6，求點的坐標.22．（10分）已如橢圓C：＝1（a＞b＞0）的有頂點為M（2，0），且離心率e＝，點A，B是橢圓C上異于點M的不同的兩點（Ⅰ）求橢圓C的方程；（Ⅱ）設直線MA與直線MB的斜率分別為k1，k2，若k1?k2＝，證明：直線AB一定過定點

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】由題意設直線方程為，根據點在直線上求參數即可得方程.【詳解】由題設，令直線方程為，所以，可得.所以直線方程為.故選：A.2、A【解析】先根據頻率分布直方圖確定成績在內的頻率，進而可求出結果.【詳解】由題意可得：成績在內的頻率為，又本次賽車中，共名參賽選手，所以，這名選手中獲獎的人數為.故選A【點睛】本題主要考查頻率分布直方圖，會根據頻率分布直方圖求頻率即可，屬于常考題型.3、A【解析】由題，可得是定義在上的偶函數，且在上單調遞減，在上單調遞增，根據函數的單調性，即可判斷出的大小關系.【詳解】設，由題，得，即，所以函數在上單調遞減，因為是定義在R上的奇函數，所以是定義在上的偶函數，因此，，，即.故選：A【點睛】本題主要考查利用函數的單調性判斷大小的問題，其中涉及到構造函數的運用.4、A【解析】根據遞推關系式得到，進而利用累加法可求得結果【詳解】數列中，，當時，，，，，且，，故選：A5、B【解析】根據題中所給的條件，結合拋物線的對稱性，可知，從而可以確定出點的坐標，代入方程求得的值，進而求得其焦點坐標，得到結果.【詳解】因為直線與拋物線交于兩點，且，根據拋物線的對稱性可以確定，所以，代入拋物線方程，求得，所以其焦點坐標為，故選：B.【點睛】該題考查的是有關圓錐曲線的問題，涉及到的知識點有直線與拋物線的交點，拋物線的對稱性，點在拋物線上的條件，拋物線的焦點坐標，屬于簡單題目.6、C【解析】根據給定的散點圖，逐一分析各個選項即可判斷作答.【詳解】對于A，由散點圖知，8次測試成績總體是依次增大，極差為，A正確；對于B，散點圖中8個數據的眾數是48，B正確；對于C，散點圖中的8個數由小到大排列，最中間兩個數都是48，則次測試成績的中位數是分，C不正確；對于D，散點圖中8個點落在某條斜向上的直線附近，則次測試成績與測試次數具有相關性，且呈正相關，D正確.故選：C7、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：C8、B【解析】求出導函數，確定函數的單調性，得極值，并求出端點處函數值比較后可得最小值【詳解】解：因為，于是函數在上單調遞增，在上單調遞減，，，得函數在區間上的最小值是故選：B9、A【解析】設，計算出重心坐標后代入歐拉方程，再求出外心坐標，根據外心的性質列出關于的方程，最后聯立解方程即可.【詳解】設，由重心坐標公式得，三角形的重心為，，代入歐拉線方程得：，整理得：①的中點為，，的中垂線方程為，即聯立，解得的外心為則，整理得：②聯立①②得：，或，當，時，重合，舍去頂點的坐標是故選：A【點睛】關鍵點睛：解決本題的關鍵一是求出外心，二是根據外心的性質列方程.10、A【解析】設出點，的坐標，并表示出兩個斜率、，把代數式轉化成與點的坐標相關的代數式，再與橢圓有公共點解決即可.【詳解】橢圓中：，設則，則，，令，則它對應直線由整理得由判別式解得即，則的最小值為故選：A11、A【解析】由雙曲線的漸近線方程，可得，再由的關系和離心率公式，計算即可得到所求值【詳解】解：雙曲線的漸近線方程為，由題意可得即，可得由可得，故選：A.12、D【解析】設橢圓短軸的一個端點為根據橢圓方程求得c，進而判斷出，即得或令，進而可得點P到x軸的距離【詳解】解：設橢圓短軸的一個端點為M由于，，；，只能或令，得，故選D【點睛】本題主要考查了橢圓的基本應用考查了學生推理和實際運算能力是基礎題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、##【解析】列舉出所有情況，利用古典概型的概率公式求解即可【詳解】隨機投擲一枚均勻的硬幣兩次，共有：正正，正反，反正，反反共4種情況，兩次都是正面朝上的有：正正1種情況，所以兩次都正面朝上的概率為，故答案為：14、168石【解析】由題意，得這批米內夾谷約為石考點：用樣本估計總體15、①.②.【解析】根據直角三角形的性質求得，由此求得，結合橢圓的定義求得離心率.【詳解】連接，由于是圓的切線，所以.在中，，所以，所以，所以直線的斜率.，根據橢圓的定義可知.故答案為：；【點睛】本小題主要考查橢圓的定義、橢圓的離心率，屬于中檔題.16、【解析】直接根據已知寫出圓的標準方程得解.【詳解】解：由題得圓的標準方程為.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）不在（2）17.5米【解析】（1）以O為原點，正東方向為x軸正方向建立如圖所示的直角坐標系，求出直線AB方程，判斷直線AB與圓O的位置關系即可；（2）攝像頭監控不會被建筑物遮擋，只需求出過點A的直線l與圓O相切時的直線方程即可.【小問1詳解】以O為原點，正東方向為x軸正方向建立如圖所示的直角坐標系則，觀景直道所在直線的方程為依題意得：游客所在點為則直線AB的方程為，化簡得，所以圓心O到直線AB的距離，故直線AB與圓O相交，所以游客不在該攝像頭監控范圍內.【小問2詳解】由圖易知：過點A的直線l與圓O相切或相離時，攝像頭監控不會被建筑物遮擋，所以設直線l過A且恰與圓O相切，①若直線l垂直于x軸，則l不可能與圓O相切；②若直線l不垂直于x軸，設，整理得所以圓心O到直線l的距離為，解得或，所以直線l的方程為或，即或，設這兩條直線與交于D，E由，解得，由，解得，所以，觀景直道不在該攝像頭的監控范圍內的長度為17.5米.18、（1）（2）或或或【解析】（1）根據已知條件求得，由此求得橢圓的標準方程.（2）根據三角形的面積列方程，化簡求得點的坐標.【小問1詳解】設橢圓C的焦距為，由題意有，得，，故橢圓C的標準方程為；【小問2詳解】設點P的坐標為，由的面積為，有，得，有，得，故點P的坐標為或或或19、（1）略；（2）【解析】（1）推導出BD⊥BC，PB⊥BC，從而BC⊥平面PBD，由此能證明PD⊥BC．（2）利用等體積求得點B到面的距離【詳解】（1）∵在四棱錐P﹣ABCD中，四邊形ABCD是直角梯形，DC＝2AD＝2AB＝2，∠DAB＝∠ADC＝90°，PB，△PDC為等邊三角形∴BC＝BD，∴BD2+BC2＝CD2，PB2+BC2＝PC2，∴BD⊥BC，PB⊥BC，∵BD∩PB＝B，∴BC⊥平面PBD，∵PD?平面PBD，∴PD⊥BC（2）由（1）知，，故故得點B到面PCD的距離為【點睛】本題考查線線垂直的證明，考查點面距離的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題20、（1）；（2）答案見解析.【解析】（1）結合分離常數法、基本不等式求得的取值范圍.（2）將原不等式轉化為，對進行分類討論，由此求得不等式的解集.【詳解】（1）不等式即為：，當時，可變形為：，即.又，當且僅當，即時，等號成立，，即.實數的取值范圍是：.（2）不等式，即，等價于，即，①當時，不等式整理為，解得：；當時，方程的兩根為：，.②當時，可得，解不等式得：或；③當時，因為，解不等式得：；④當時，因為，不等式的解集為；⑤當時，因為，解不等式得：；綜上所述，不等式的解集為：①當時，不等式解集為；②當時，不等式解集為；③當時，不等式解集為；④當時，不等式解集為；⑤當時，不等式解集為.21、（1）（2）或【解析】（1）結合拋物線的定義求得，由此求得拋物線的方程.（2）設，根據三角形的面積列方程，求得的值，進而求得點的坐標.【小問1詳解】由拋物線的方程可得其準線方程，依拋物線的性質得，解得.∴拋物線的方程為.【小問2詳解】將代入，得.所以，直線的方程為，即.設，則點到直線的距離，又，由題意得，解得或