吉林省長春市九臺區第四中學2023年數學高二上期末考試試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．已知橢圓與圓在第二象限的交點是點，是橢圓的左焦點，為坐標原點，到直線的距離是，則橢圓的離心率是（）A. B.C. D.2．球O為三棱錐的外接球，和都是邊長為的正三角形，平面PBC平面ABC，則球的表面積為（）A. B.C. D.3．某地為應對極端天氣搶險救災，需調用A，B兩種卡車，其中A型卡車x輛，B型卡車y輛，以備不時之需，若x和y滿足約束條件則最多需調用卡車的數量為（）A.7 B.9C.13 D.144．已知圓C1：(x＋3)2＋y2＝1和圓C2：(x－3)2＋y2＝9，動圓M同時與圓C1及圓C2相外切，求動圓圓心M的軌跡方程（）A.x2－＝1(x≤－1) B.x2－＝1C.x2－＝1(x1) D.－x2＝15．已知直線，兩個不同的平面，，則下列命題正確的是（）A.若，，則 B.若，，則C.若，，則 D.若，，則6．雙曲線的離心率為，焦點到漸近線的距離為，則雙曲線的焦距等于A. B.C. D.7．已知直線l：的傾斜角為，則（）A. B.1C. D.－18．已知直線與平行，則的值為（）A. B.C. D.9．已知F(3,0)是橢圓的一個焦點，過F且垂直x軸的弦長為，則該橢圓的方程為（）A.+=1 B.+=1C.+=1 D.+=110．若，則（）A.1 B.2C.4 D.811．由于受疫情的影響，學校停課，同學們通過三種方式在家自主學習，現學校想了解同學們對假期學習方式的滿意程度，收集如圖1所示的數據；教務處通過分層抽樣的方法抽取4%的同學進行滿意度調查，得到的數據如圖2.下列說法錯誤的是（）A.樣本容量為240B.若，則本次自主學習學生的滿意度不低于四成C.總體中對方式二滿意學生約為300人D.樣本中對方式一滿意的學生為24人12．已知是邊長為6的等邊所在平面外一點，，當三棱錐的體積最大時，三棱錐外接球的表面積為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．拋物線（）上的一點到其焦點F的距離______.14．過橢圓的右焦點作兩條相互垂直的直線m，n，直線m與橢圓交于A，B兩點，直線n與橢圓交于C，D兩點，若．則下列方程①；②；③；④．其中可以作為直線AB的方程的是______（寫出所有正確答案的序號）15．已知實數，滿足不等式組，則目標函數的最大值為__________.16．在2021件產品中有10件次品，任意抽取3件，則抽到次品個數的數學期望的值是______.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）已知函數（a為常數）（1）討論函數的單調性；（2）不等式在上恒成立，求實數a的取值范圍.18．（12分）已知單調遞增的等比數列滿足：,且是,的等差中項（1）求數列的通項公式；（2）若,,求19．（12分）已知拋物線：（）的焦點為，點在上，點在的內側，且的最小值為（1）求的方程；（2）過點的直線與拋物線交于不同的兩點，，直線，（為坐標原點）分別交直線于點，記直線，，的斜率分別為，，，若，求的值20．（12分）已知橢圓的焦距為4，點在G上.（1）求橢圓G方程；（2）過橢圓G右焦點的直線l與橢圓G交于M，N兩點，O為坐標原點，若，求直線l的方程.21．（12分）已知直線：，直線：.（1）若，求與的距離；（2）若，求與的交點的坐標.22．（10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.

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】連接，得到，作，求得，利用橢圓的定義，可求得，在直角中，利用勾股定理，整理的，即可求解橢圓的離心率.【詳解】如圖所示，連接，因為圓，可得，過點作，可得，且，由橢圓的定義，可得，所以，在直角中，可得，即，整理得，兩側同除，可得，解得或，又因為，所以橢圓的離心率為.故選：B【點睛】本題主要考查了橢圓的定義，直角三角形的勾股定理，以及橢圓的離心率的求解，其中解答中熟記橢圓的定義，結合直角三角形的勾股定理，列出關于的方程是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題.2、B【解析】取中點為T，以及的外心為，的外心為，依據平面平面可知為正方形，然后計算外接球半徑，最后根據球表面積公式計算.【詳解】設中點為T，的外心為，的外心為，如圖由和均為邊長為的正三角形則和的外接圓半徑為，又因為平面PBC平面ABC，所以平面，可知且，過分別作平面、平面的垂線相交于點即為三棱錐的外接球的球心，且四邊形是邊長為的正方形，所以外接球半徑，則球的表面積為，故選：B3、B【解析】畫出約束條件的可行域，利用目標函數的幾何意義即可求解【詳解】設調用卡車的數量為z，則，其中x和y滿足約束條件，作出可行域如圖所示：當目標函數經過時，縱截距最大，最大.故選：B4、A【解析】根據雙曲線定義求解【詳解】,則根據雙曲線定義知的軌跡為的左半支故選：A第II卷（非選擇題5、C【解析】對于A,可能在內，故可判斷A；對于B,可能相交，故可判斷B;對于C,根據線面垂直的判定定理，可判定C;對于D,和可能平行，或斜交或在內，故可判斷D.【詳解】對于A,除了外，還有可能在內，故可判斷A錯誤；對于B,，那么可能相交，故可判斷B錯誤；對于C,根據線面平行的性質定理可知，在內一定存在和平行的直線，那么該直線也垂直于，所以，故判定C正確;對于D，，，則和可能平行，或斜交或在內，故可判D.錯誤，故選：C.6、D【解析】不妨設雙曲線方程為，則，即設焦點為，漸近線方程為則又解得．則焦距為．選：D7、A【解析】由傾斜角求出斜率，列方程即可求出m.【詳解】因為直線l的傾斜角為，所以斜率.所以，解得：.故選：A8、C【解析】由兩直線平行可得，即可求出答案.【詳解】直線與平行故選：C.9、C【解析】根據已知條件求得，由此求得橢圓的方程.【詳解】依題意，所以橢圓方程為.故選：C10、D【解析】由題意結合導數的運算可得，再由導數的概念即可得解.【詳解】由題意，所以，所以.故選：D.11、B【解析】利用扇形統計圖和條形統計圖可求出結果【詳解】選項A，樣本容量為，該選項正確；選項B，根據題意得自主學習的滿意率，錯誤；選項C，樣本可以估計總體，但會有一定的誤差，總體中對方式二滿意人數約為，該選項正確；選項D，樣本中對方式一滿意人數為，該選項正確.故選：B【點睛】本題主要考查了命題真假的判斷，考查扇形統計圖和條形統計圖等基礎知識，考查運算求解能力，屬于中檔題12、C【解析】由題意分析可得，當時三棱錐的體積最大，然后作圖，將三棱錐還原成正三棱柱，按照正三棱柱外接球半徑的計算方法來計算，即可計算出球半徑，從而完成求解.【詳解】由題意可知，當三棱錐的體積最大時是時，為正三角形，如圖所示，將三棱錐補成正三棱柱，該正三棱柱的外接球就是三棱錐的外接球，而正三棱柱的外接球球心落在上下底面外接圓圓心連線的中點上，設外接圓半徑為，三棱錐外接球半徑為，由正弦定理可得：，所以，，所以三棱錐外接球的表面積為.故選：C.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】將點坐標代入方程中可求得拋物線的方程，從而可得到焦點坐標，進而可求出【詳解】解：為拋物線上一點，即有，，拋物線的方程為，焦點為，即有.故答案為：5.14、①②【解析】①②結合橢圓方程得到與橢圓參數的關系，即可判斷；③④聯立直線與橢圓方程，利用弦長公式求，即可判斷.【詳解】由題設，且右焦點為，①時直線，故，則符合題設；②時，同①知：符合題設；③時直線，聯立直線AB與橢圓方程并整理得：，則，同理可得，則，不合題設；④時，同③分析知：，不合題設；故答案為：①②.15、##【解析】畫出可行域，通過平移基準直線到可行域邊界來求得的最大值.【詳解】，畫出可行域如下圖所示，由圖可知，當時，取得最大值.故答案為：16、【解析】設抽到的次品的個數為，則，求出對應的概率即得解.【詳解】解：設抽到的次品的個數為，則，所以所以抽到次品個數的數學期望的值是故答案為：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）當時，在定義域上單調遞增；當時，在上單調遞增，在上單調遞減；（2）.【解析】（1）求出的導數，通過討論的范圍，求出函數的單調區間即得解；（2）問題轉化為，，，令，求出的最大值，從而求出的范圍即得解【詳解】解：（1）函數的定義域為，，①當時，，，，在定義域上單調遞增②當時，若，則，在上單調遞增；若，則，在上單調遞減綜上所述，當時，在定義域上單調遞增；當時，在上單調遞增，在上單調遞減（2）當時，，不等式在，上恒成立，，，，令，，，，在，上單調遞增，（1），，的范圍為，18、（1）；（2）【解析】（1）將已知條件整理變形為等比數列的首項和公比來表示，解方程組得到基本量，可得到通項公式（2）化簡通項得，根據特點求和時采用錯位相減法求解試題解析：（1）設等比數列的首項為，公比為，依題意，有2（）=+,代入,得=8,2分∴+=20∴解之得或4分又單調遞增，∴="2,"=2,∴=2n6分（2）,∴①8分∴②∴①-②得＝12分考點：1．等比數列通項公式；2．錯位相減求和19、（1）（2）【解析】（1）先求出拋物線的準線，作于由拋物線的定義，可得，從而當且僅當，，三點共線時取得最小，得出答案.（2）設，，設：與拋物線方程聯立，得出韋達定理，設出直線的方程分別與直線的方程聯立得出點的坐標，進一步得到，的表達式，由條件可得答案.【小問1詳解】的準線為：，作于，則，所以，因為點在的內側，所以當且僅當，，三點共線時取得最小值，所以，解得，所以的方程為【小問2詳解】由題意可知的斜率一定存在，且不為0，設：（），聯立消去得，由，即，得，結合，知記，，則直線的方程為由得易知，所以同理可得由，可得，即，化簡得，結合，解得20、（1）；（2）.【解析】（1）根據已知求出即得橢圓的方程；（2）設l的方程為，，，聯立直線和橢圓的方程得到韋達定理，根據得到，即得直線l的方程.【小問1詳解】解：橢圓的焦距是4，所以焦點坐標是，.因為點在G上，所以，所以，.所以橢圓G的方程是.【小問2詳解】解：顯然直線l不垂直于x軸，可設l的方程為，，，將直線l的方程代入橢圓G的方程，得，則，.因為，所以，則，即，由，得，.所以，解得，即，所以直線l的方程為.21、(1).(2).【解析】分析：（1）先根據求出k的值，再利用平行線間的距離公式求與的距離.(2)先根據求出k的值，再解方程組得與的交點的坐標.詳解：（1）若，則由，即，解得或.當時，直線：，直線：，兩直線重合，不符合，故舍去；當時，直線：，直線：，所以.（2）若，則由，得.所以兩直線方程為：，：，聯立方程組，解得，所以與的交點的坐標為.點睛：（1）本題主要考查直線的位置關系和距離的計算，意在考查學生對這些知識的掌握水平和計算能力.(2)直線與直線平行，則且兩直線不重合.直線與直線垂直，則.22、（1）（2）是定值，定