河南省名校聯盟2023年數學高二上期末調研模擬試題注意事項：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．在等差數列中，若，則（）A.5 B.6C.7 D.82．已知拋物線的焦點為F，準線為l，點P在拋物線上，直線PF交x軸于Q點，且，則點P到準線l的距離為（）A.4 B.5C.6 D.73．函數f（x）=xex的單調增區間為（）A.（-∞，-1） B.（-∞，e）C.（e，+∞） D.（-1，+∞）4．已知拋物線的焦點為F，點P為該拋物線上的動點，若，則當最大時，（）A. B.1C. D.25．在空間直角坐標系中，已知，，則MN的中點P到坐標原點О的距離為（）A. B.C.2 D.36．已知橢圓與橢圓，則下列結論正確的是（）A.長軸長相等 B.短軸長相等C.焦距相等 D.離心率相等7．已知過拋物線焦點的直線交拋物線于，兩點，則的最小值為（）A. B.2C. D.38．若橢圓與直線交于兩點,過原點與線段AB中點的直線的斜率為,則A. B.C. D.29．橢圓C：的焦點在x軸上，其離心率為則橢圓C的長軸長為（）A.2 B.C.4 D.810．某人忘了電腦屏保密碼的后兩位，但記得最后一位是1，3，5，7，9中的一個數字，倒數第二位是G，O，D中的一個字母，若他嘗試輸入密碼，則一次輸入就解開屏保的概率是（）A. B.C. D.11．已知橢圓與雙曲線有共同的焦點，則（）A.14 B.9C.4 D.212．已知，若對于且都有成立，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．1202年意大利數學家列昂那多－斐波那契以兔子繁殖為例，引人“兔子數列”，又稱斐波那契數列.即該數列中的數字被人們稱為神奇數，在現代物理，化學等領域都有著廣泛的應用.若此數列各項被3除后的余數構成一新數列，則數列的前2022項的和為________.14．若函數在處取得極小值，則a=__________15．已知數列{an}的前n項和Sn＝n2+n，則an＝_____16．已知橢圓的右焦點為，短軸的一個端點為，直線交橢圓于兩點．若，點到直線的距離不小于，則橢圓的離心率的取值范圍是______________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：，定點，A是圓上的一動點，線段的垂直平分線交半徑于P點（1）求P點的軌跡C的方程；（2）設直線過點且與曲線C相交于M，N兩點，不經過點．證明：直線MQ的斜率與直線NQ的斜率之和為定值18．（12分）動點M到點的距離比它到直線的距離小，記M的軌跡為曲線C.（1）求C的方程；（2）已知圓，設P，A，B是C上不同的三點，若直線PA，PB均與圓D相切，若P的縱坐標為，求直線AB的方程.19．（12分）如圖，在三棱錐中，側面為等邊三角形，，，平面平面，為的中點.（1）求證：；（2）若，求二面角的大小.20．（12分）在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓的離心率為，且短軸長為2.（1）求橢圓C的方程；（2）設橢圓C的上頂點為B，右焦點為F，直線l與橢圓交于M，N兩點，問是否存在直線l，使得F為的垂心，若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由.21．（12分）在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，平面，，是的中點.（1）若為線段的中點，證明：平面；（2）線段上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為，若存在，求的長，若不存在，請說明理由.22．（10分）如圖，在三棱錐中，，點P為線段MC上的點（1）若平面PAB，試確定點P的位置，并說明理由；（2）若，，，求三棱錐的體積

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、B【解析】由得出.【詳解】由可得，故選：B2、C【解析】根據題干條件得到相似，進而得到，求出點P到準線l的距離.【詳解】由題意得：，準線方程為，因為，所以，故點P到準線l的距離為.故選：C3、D【解析】求出，令可得答案.【詳解】由已知得，令，得，故函數f（x）=xex的單調增區間為（-1，+∞）.故選：D.4、B【解析】根據拋物線的定義，結合換元法、配方法進行求解即可.【詳解】因為點P為該拋物線上的動點，所以點P的坐標設為，拋物線的焦點為F，所以，拋物線的準線方程為：，因此，令，，當時，即當時，有最大值，最大值為1，此時.故選：B5、A【解析】利用中點坐標公式及空間中兩點之間的距離公式可得解.【詳解】，，由中點坐標公式，得，所以.故選：A6、C【解析】利用，可得且，即可得出結論【詳解】∵，且，橢圓與橢圓的關系是有相等的焦距故選：C7、D【解析】設出直線方程，聯立拋物線方程，得到韋達定理，求得，利用拋物線定義，將目標式轉化為關于的代數式，消元后，利用基本不等式即可求得結果.【詳解】因為拋物線的焦點的坐標為，顯然要滿足題意，直線的斜率存在，設直線的方程為聯立可得，其，設坐標為，顯然，則，，根據拋物線定義，MF=故=4+4令，故4+4當且僅當，即時取得最小值.故選：D.【點睛】本題考察拋物線中的最值問題，涉及到韋達定理的使用，基本不等式的使用；其中利用的關系，以及拋物線的定義轉化目標式，是解決問題的關鍵.8、D【解析】細查題意，把代入橢圓方程，得，整理得出，設出點的坐標，由根與系數的關系可以推出線段的中點坐標，再由過原點與線段的中點的直線的斜率為，進而可推導出的值.【詳解】聯立橢圓方程與直線方程，可得，整理得，設，則，從而線段的中點的橫坐標為，縱坐標，因為過原點與線段中點的直線的斜率為，所以，所以，故選D.【點睛】該題是一道關于直線與橢圓的綜合性題目，涉及到的知識點有直線與橢圓相交時對應的解題策略，中點坐標公式，斜率坐標公式，屬于簡單題目.9、C【解析】根據橢圓的離心率，即可求出，進而求出長軸長.【詳解】由橢圓的性質可知，橢圓的離心率為，則，即所以橢圓C的長軸長為故選：C.【點睛】本題主要考查了橢圓的幾何性質，屬于基礎題.10、C【解析】應用分步計數法求后兩位的可能組合數，即可求一次輸入就解開屏保的概率.【詳解】由題設，后兩位可能情況有，∴一次輸入就解開屏保的概率是.故選：C.11、C【解析】根據給定條件結合橢圓、雙曲線方程的特點直接列式計算作答.【詳解】設橢圓半焦距為c，則，而橢圓與雙曲線有共同的焦點，則在雙曲線中，，即有，解得，所以.故選：C12、D【解析】根據題意轉化為對于且時，都有恒成立，構造函數，轉化為時，恒成立，求得的導數，轉化為在上恒成立，即可求解.【詳解】由題意，對于且都有成立，不妨設，可得恒成立，即對于且時，都有恒成立，構造函數，可轉化為，函數為單調遞增函數，所以當時，恒成立，又由，所以在上恒成立，即在上恒成立，又由，所以，即實數取值范圍為.故選：D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由數列各項除以3的余數，可得為，知是周期為8的數列，即可求出數列的前2022項的和.【詳解】由數列各項除以3的余數，可得為，是周期為8的數列，一個周期中八項和為，又，數列的前2022項的和.故答案為：.14、2【解析】對函數求導，根據極值點得到或，討論的不同取值，利用導數的方法判定函數單調性，驗證極值點，即可得解.【詳解】由可得，因為函數在處取得極小值，所以，解得或，若，則，當時，，則單調遞增；當時，，則單調遞減；當時，，則單調遞增；所以函數在處取得極小值，符合題意；當時，，當時，，則單調遞增；當時，，則單調遞減；當時，，則單調遞增；所以函數在處取得極大值，不符合題意；綜上：.故答案為：2.【點睛】思路點睛：已知函數極值點求參數時，一般需要先對函數求導，根據極值點求出參數，再驗證所求參數是否符合題意即可.15、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.16、【解析】設左焦點為，連接，．則四邊形是平行四邊形，可得．設，由點M到直線l的距離不小于，即有，解得．再利用離心率計算公式即可得出范圍【詳解】設左焦點為，連接，．則四邊形是平行四邊形，故，所以，所以，設，則，故，從而，，，所以，即橢圓的離心率的取值范圍是【點睛】本題考查了橢圓的定義標準方程及其性質、點到直線的距離公式、不等式的性質，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題三、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，定值為-1.【解析】(1)根據給定條件探求出，再利用橢圓定義即可得軌跡C的方程.(2)由給定條件可得直線的斜率k存在且不為0，寫出直線的方程，再聯立軌跡C的方程，借助韋達定理計算作答.【小問1詳解】圓：的圓心，半徑為8，因A是圓上一動點，線段的垂直平分線交半徑于P點，則，于是得，因此，P點的軌跡C是以，為左右焦點，長軸長2a=8的橢圓，短半軸長b有，所以P點的軌跡C的方程是.【小問2詳解】因直線過點且與曲線C：相交于M，N兩點，則直線的斜率存在且不為0，又不經過點，即直線的斜率不等于-1，設直線的斜率為k，且，直線的方程為：，即，由消去y并整理得：，，即，則有且，設，則，直線MQ的斜率，直線NQ的斜率，，所以直線MQ的斜率與直線NQ的斜率之和為定值.18、（1）（2）【解析】（1）由拋物線的定義可得結論；（2）設，得PA的兩點式方程為，由在拋物線上，化簡直線方程為，然后由圓心到切線的距離等于半徑得出的關系式，并利用得出點滿足的等式，同理設得方程，最后由直線方程的定義可得直線方程【小問1詳解】由題意得動點M到點的距離等于到直線的距離，所以曲線C是以為焦點，為準線的拋物線.設，則，于是C的方程為.【小問2詳解】由（1）可知，設，PA的兩點式方程為.由，，可得.因為PA與D相切，所以，整理得.因為，可得.設，同理可得于是直線AB的方程為.19、（1）證明見解析（2）【解析】（1）取中點，由面面垂直和線面垂直性質可證得，結合，由線面垂直判定可證得平面，由線面垂直性質可得結論；（2）以為坐標原點可建立空間直角坐標系，由向量數乘運算可求得點坐標，利用二面角的向量求法可求得結果.【小問1詳解】取中點，連接，為等邊三角形，為中點，，平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，；分別為中點，，又，，平面，，平面，又平面，.【小問2詳解】以為坐標原點，為軸可建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，，設，則，，由得：，解得：，即，，設平面的法向量，則，令，解得：，，；又平面的一個法向量，；由圖象知：二面角為銳二面角，二面角的大小為.20、（1）（2）存在，【解析】（1）根據離心率及短軸長，利用橢圓中的關系可以求出橢圓方程；（2）設直線的方程，與橢圓方程聯立，根據一元二次方程根與系數關系，結合已知和斜率公式，可以求出直線的方程.【小問1詳解】，，，，橢圓的標準方程為.【小問2詳解】由已知可得，，，∴，∵，設直線的方程為：，代入橢圓方程整理得，設，，則，，∵，∴.即，因為，，即..所以，或.又時，直線過點，不合要求，所以.故存在直線：滿足題設條件.21、（1）證明見解析；（2）存在點，且的長為，理由見解析.【解析】（1）取的中點為，連接，得到，結合面面平行的判定定理證得平面平面，進而得到平面；（2）以為原點，所在的直線分別為軸、軸，以垂直平面的直線為軸，建立空間直角坐標系，設，求得的法向量為和向量，結合向量的夾角公式列出方程，求得的值，即可求解.【小問1詳解】證明：取的中點為，連接，因為分別為的中點，所以，又因為平面，且，所以平面平面，又由平面，所以平面.【小問2詳解】解：以為原點，所在的直線分別為軸、軸，以垂直平面的直線為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，因為底面是邊