河南省花洲實驗高級中學2023-2024學年數學高二上期末考試試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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．曲線為四葉玫瑰線，這種曲線在苜蓿葉型立交橋的布局中有非常廣泛的應用，苜蓿葉型立交橋有兩層，將所有原來需要穿越相交道路的轉向都由環形匝道來實現，即讓左轉車輛行駛環道后自右側切向匯入高速公路，四條環形匝道就形成了苜蓿葉的形狀.下列結論正確的個數是()①曲線C關于點(0，0)對稱；②曲線C關于直線y＝x對稱；③曲線C的面積超過4π.A.0 B.1C.2 D.32．已知圓的圓心在x軸上，半徑為1，且過點，圓：，則圓，的公共弦長為A. B.C. D.23．若函數的導函數為偶函數，則的解析式可能是（）A. B.C. D.4．若直線與直線垂直，則（）A6 B.4C. D.5．已知呈線性相關的變量x與y的部分數據如表所示：若其回歸直線方程是，則（）x24568y34.5m7.59A.6.5 B.6C.6.1 D.76．若正整數N除以正整數m后的余數為n，則記為，如.如圖所示的程序框圖的算法源于我國古代聞名中外的“中國剩余定理”.執行該程序框圖，則輸出的i等于（）A.7 B.10C.13 D.167．已知數列的前項和為，當時，（）A.11 B.20C.33 D.358．已知是雙曲線：的右焦點，是坐標原點，過作的一條漸近線的垂線，垂足為，并交軸于點．若，則的離心率為（）A. B.C.2 D.9．二次方程的兩根為2，，那么關于的不等式的解集為（）A.或 B.或C. D.10．若，，，則a，b，c與1的大小關系是（）A. B.C. D.11．已知橢圓：的左、右焦點為，，上頂點為P，則（）A.為銳角三角形 B.為鈍角三角形C.為直角三角形 D.，，三點構不成三角形12．已知各項均為正數且單調遞減的等比數列滿足、、成等差數列.其前項和為，且，則（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數有三個零點，則實數的取值范圍為___________.14．若在數列的每相鄰兩項之間插入此兩項的和，形成新的數列，再把所得數列按照同樣的方法不斷構造出新的數列，現將數列進行構造，第次得到數列；第次得到數列；依次構造，第次得到數列；記，則(1)___________，(2)___________15．圓與圓的公共弦長為______16．若滿足約束條件，則的最小值為________.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）已知橢圓的焦距為4，其短軸的兩個端點與長軸的一個端點構成正三角形.（1）求橢圓C的標準方程；（2）設斜率為k的直線與橢圓C交于兩點，O為坐標原點，若的面積為定值，判斷是否為定值，如果是，求出該定值；如果不是，說明理由.18．（12分）如圖，已知橢圓：（）的左、右焦點分別為、，離心率為.過的直線與橢圓的一個交點為，過垂直于的直線與橢圓的一個交點為，.（1）求橢圓的方程和點的軌跡的方程；（2）若曲線上的動點到直線：的最大距離為，求的值.19．（12分）已知橢圓M：的離心率為，左頂點A到左焦點F的距離為1，橢圓M上一點B位于第一象限，點B與點C關于原點對稱，直線CF與橢圓M的另一交點為D（1）求橢圓M的標準方程；（2）設直線AD的斜率為，直線AB的斜率為．求證：為定值20．（12分）已知空間中三點，，，設，（1）求向量與向量的夾角的余弦值；（2）若與互相垂直，求實數的值21．（12分）已知橢圓的左，右焦點為，橢圓的離心率為，點在橢圓C上（1）求橢圓C的方程；（2）點T為橢圓C上的點，若點T在第一象限，且與x軸垂直，過T作兩條斜率互為相反數的直線分別與橢圓C交于點M，N，探究直線的斜率是否為定值？若為定值，請求之；若不為定值，請說明理由22．（10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

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、C【解析】根據圖像或解析式即可判斷對稱性①②；估算第一象限內圖像面積即可判斷③.【詳解】①將點(－x，－y)代入后依然為，故曲線C關于原點對稱；②將點(y，x)代入后依然為，故曲線C關于y＝x對稱；③曲線C在四個象限的圖像是完全相同的，不妨只研究第一象限的部分，∵，∴曲線C上離原點最遠的點的距離為顯然第一象限內曲線C的面積小于以為直徑的圓的面積，又∵，∴第一象限內曲線C的面積小于，則曲線C的總面積小于4π.故③錯誤.故選：C.2、A【解析】根據題意設圓方程為:,代點即可求出,進而求出方程,兩圓方程做差即可求得公共弦所在直線方程,再利用垂徑定理去求弦長.【詳解】設圓的圓心為,則其標準方程為:,將點代入方程,解得,故方程為:,兩圓,方程作差得其公共弦所在直線方程為:,圓心到該直線的距離為,因此公共弦長為,故選:A.【點睛】本題綜合考查圓的方程及直線與圓,圓與圓位置關系,屬于中檔題.一般遇見直線與圓相交問題時,常利用垂徑定理解決問題.3、C【解析】根據題意，求出每個函數的導函數，進而判斷答案.【詳解】對A，，為奇函數；對B，，為奇函數；對C，，為偶函數；對D，，既不是奇函數也不是偶函數.故選：C.4、A【解析】由兩條直線垂直的條件可得答案.【詳解】由題意可知，即故選：A.5、A【解析】根據回歸直線過樣本點的中心進行求解即可.【詳解】由題意可得，，則，解得故選：A.6、C【解析】根據“中國剩余定理”，進而依次執行循環體，最后求得答案.【詳解】由題意，第一步：，余數不為1；第二步：，余數不為1；第三步：，余數為1，執行第二個判斷框，余數不為2；第四步：，執行第一個判斷框，余數為1，執行第二個判斷框，余數為2.輸出的i值為13.故選：C.7、B【解析】由數列的性質可得，計算可得到答案.【詳解】由題意，.故答案為B.【點睛】本題考查了數列的前n項和的性質，屬于基礎題.8、A【解析】由條件建立a，b，c的關系，由此可求離心率的值.【詳解】設，則，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴離心率，故選：A.9、B【解析】根據，確定二次函數的圖象開口方向，再由二次方程的兩根為2，，寫出不等式的解集.【詳解】因為二次方程的兩根為2，，又二次函數的圖象開口向上，所以不等式的解集為或，故選：B10、C【解析】根據條件構造函數，并求其導數，判斷該函數的單調性，據此作出該函數的大致圖象，由圖象可判斷a，b，c與1的大小關系.【詳解】令，則當時，，當時，即函數在上單調遞減，在上單調遞增,而，由可知，故作出函數大致圖象如圖：由圖象易知，，故選：C.11、A【解析】根據題意求得，要判斷的形狀，只需要看是什么角即可，利用余弦定理判斷，從而可得結論.【詳解】解：由橢圓：，得，則，則，所以且為銳角，因為，所以銳角，所以為銳角三角形.故選：A.12、C【解析】先根據，，成等差數列以及單調遞減，求出公比，再由即可求出，再根據等比數列通項公式以及前項和公式即可求出.【詳解】解：由，，成等差數列，得：，設的公比為，則，解得：或，又單調遞減，，，解得：，數列的通項公式為：，.故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由題意可得與的圖象有三個不同的交點，經判斷時不符合題意，當時，時，兩個函數圖象有一個交點，可得時與的圖象有兩個交點，等價于與的圖象有兩個不同的交點，對求導，數形結合即可求解.【詳解】令可得，若函數函數有三個零點，則可得方程有三個根，即與的圖象有三個不同的交點，作出的圖象如圖：當時，是以為頂點開口向下的拋物線，此時與的圖象沒有交點，不符合題意；當時，與的圖象只有一個交點，不符合題意；當時，時，與的圖象有一個交點，所以時與的圖象有兩個交點，即方程有兩個不等的實根，即方程有兩個不等的實根，可得與的圖象有兩個不同的交點，令，則，由即可得，由即可得，所以在單調遞增，在單調遞減，作出其圖象如圖：當時，，當時，可得與的圖象有兩個不同的交點，即時，函數有三個零點，所以實數的取值范圍為，故答案為：【點睛】方法點睛：已知函數有零點(方程有根)求參數值(取值范圍)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；（3）數形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象，利用數形結合的方法求解.14、①.②.【解析】根據題意得到，再利用疊加法求解即可.【詳解】由題知：，，，所以，，，……，，所以，，……，，即，所以.故答案為：；15、【解析】兩圓方程相減可得公共弦所在直線方程，即該直線截其中一圓求弦長即可【詳解】圓與圓兩式相減得，公共弦所在直線方程為：圓，圓心為到公共弦的距離為：公共弦長故答案為：16、5【解析】作出可行域，作直線，平移該直線可得最優解【詳解】作出可行域，如圖內部（含邊界），作直線，直線中是直線的縱截距，代入得，即平移直線，當直線過點時取得最小值5故答案為：5三、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）是定值，定值為6【解析】（1）根據題意條件，可直接求出的值，然后再利用條件中、的關系，借助即可求解出、的值，從而得到橢圓方程；（2）根據已知條件設出、所在直線方程，然后與橢圓聯立方程，分別表示出根與系數的關系，再表示出弦長關系，再計算點到直線的距離，把面積用和的式子表示出來，通過給出的面積的值，找到和的等量關系，將等量關系帶入到利用跟與系數關系組合成的中即可得到答案.【小問1詳解】由題意：，由知：，故橢圓C的標準方程為，【小問2詳解】設：，①橢圓.②聯立①②得：，，即∴，O到直線l的距離，∴，∴，即，∴.故為定值6.18、（1）橢圓的方程為，點的軌跡的方程為（2）【解析】（1）由題意可得，求出，再結合，求出，從而可得橢圓的方程，設，則由題意可得，坐標代入化簡可得點的軌跡的方程，（2）由題意結合點到直線的距離公式可得，設，將直線方程代入橢圓方程中消去，整理利用根與系數的關系，由，可得，因為，代入化簡計算可求得答案【小問1詳解】由題意得，解得，則，所以橢圓的方程，設，則由題意可得，所以，所以，所以點軌跡的方程為【小問2詳解】由（1）知曲線是以原點為圓心，1為半徑的圓，因為曲線上的動點到直線：的最大距離為，所以，得，設，由，得，所以，，因為，所以，所以，所以，因為，所以，所以，，所以，得，得（舍去），或19、（1）（2）證明見解析【解析】（1）根據橢圓離心率公式，結合橢圓的性質進行求解即可；（2）設出直線CF的方程與橢圓方程聯立，根據斜率公式，結合一元二次方程根與系數關系進行求解即可.【小問1詳解】（1），，∴，，，∴；【小問2詳解】設，，則，CF：聯立∴，∴【點睛】關鍵點睛：利用一元二次方程根與系數的關系是解題的關鍵.20、（1）；（2）或.【解析】（1）坐標表示出、，利用向量夾角的坐標表示求夾角余弦值；（2）坐標表示出k＋、k－2，利用向量垂直的坐標表示列方程求的值.【詳解】由題設，＝(1,1,0)，＝(－1,0,2)（1）cosθ＝，所以和的夾角余弦值為.（2）k＋＝k(1,1,0)＋(－1,0,2)＝(k－1,k,2)，k－2＝(k＋2,k,－4)，又(k＋)⊥(k－2)，則(k－1,k,2)·(k＋2,k,－4)＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝2k2＋k－10＝0，解得k＝－或2.21、（1）；（2）直線的斜率為定值，且定值為.【解析】（1）根據橢圓的離心率及所過的點求出橢圓參數a、b，即可得橢圓標準方程.（2）由題設得，法一：設為，聯立橢圓方程應用韋達定理求M坐標，根據與斜率關系求N的坐標，應用兩點式求斜率；法二：設為，，聯立橢圓方程，應用韋達定理及得到關于參數m、k的方程，即可判斷是否為定值.【小問1詳解】由題意，則，又，所以橢圓C方程為，代入有，解得，所以，故橢圓的標準方程為；【小問2詳解】由題設易知：，法一：設直線為，由，消去y，整理得，因為方程有一個根為，所以M的橫坐標為，縱坐標，故M為，用代替k，得N為，所以，故直線的斜率為定值法二：由已知直線的斜率存在，可設直線為，，由，消去y，整理得，所以，而，又，代入整理得，所以，即，若，則直線過點T，不合題意，所以．即，故直線的斜率為定值.【點睛】關鍵點點睛：第二問，設直線方程并聯立橢圓方程，應用韋達定理及得到關于直線斜率的方M、N程，或求出的坐標，應用兩點式求斜率.22、（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