山東省濰坊市高密市2024屆高二上數學期末教學質量檢測試題注意事項: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．已知的周長為，頂點、的坐標分別為、，則點的軌跡方程為（）A. B.C. D.2．在平面上有一系列點，對每個正整數，點位于函數的圖象上，以點為圓心的與軸都相切，且與彼此外切．若，且,,的前項之和為，則（）A. B.C. D.3．平行直線：與：之間的距離等于（）A. B.C. D.4．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若c＝1，B＝45°，cosA＝，則b等于（）A. B.C. D.5．圓的圓心和半徑分別是（）A.， B.，C.， D.，6．已知橢圓C：的左、右焦點分別為F1，F2，過點F1作直線l交橢圓C于M，N兩點，則的周長為（）A.3 B.4C.6 D.87．（文科）已知點為曲線上的動點,為圓上的動點,則的最小值是A.3 B.5C. D.8．下列說法正確的是（）A.空間中的任意三點可以確定一個平面B.四邊相等的四邊形一定是菱形C.兩條相交直線可以確定一個平面D.正四棱柱的側面都是正方形9．已知圓，為圓外的任意一點，過點引圓的兩條切線、，使得，其中、為切點．在點運動的過程中，線段所掃過圖形的面積為（）A. B.C. D.10．設等差數列的前項和為，若，則的值為（）A.28 B.39C.56 D.11711．橢圓的左、右焦點分別為、，上存在兩點、滿足，，則的離心率為（）A. B.C. D.12．如圖，在三棱柱中，E，F分別是BC，中點，，則（）A.B.C.D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在空間直角坐標系中，已知點A，若點P滿足，則_______14．已知橢圓的右頂點為，為上一點，則的最大值為______.15．已知雙曲線M的中心在原點，以坐標軸為對稱軸.從以下三個條件中任選兩個條件，并根據所選條件求雙曲線M的標準方程.①一個焦點坐標為；②經過點；③離心率為.你選擇的兩個條件是___________，得到的雙曲線M的標準方程是___________.16．在平面直角坐標系xOy中，AB是圓O：x2＋y2＝1的直徑，且點A在第一象限；圓O1：(x﹣a)2＋y2＝r2(a＞0)與圓O外離，線段AO1與圓O1交于點M，線段BM與圓O交于點N，且，則a的取值范圍為_______.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）在①，②，③這三個條件中任選一個，補充在下面問題的題設條件中.問題：等差數列的公差為，滿足，________?（1）求數列的通項公式；（2）求數列的前項和得到最小值時的值.18．（12分）如圖，四棱錐中，是邊長為2的正三角形，底面為菱形，且平面平面，，為上一點，滿足.（1）證明：；（2）求二面角的余弦值.19．（12分）已知橢圓()與橢圓的焦點相同，且橢圓C過點（1）求橢圓C的方程；（2）是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓C恒有兩個交點A，B，且，(O為坐標原點)，若存在，求出該圓的方程；若不存在，說明理由；（3）P是橢圓C上異于上頂點，下頂點的任一點，直線，，分別交x軸于點N，M，若直線OT與過點M，N的圓G相切，切點為T．證明：線段OT的長為定值，并求出該定值20．（12分）在平面直角坐標系xOy中，橢圓C：的左，右頂點分別為A、B，點F是橢圓的右焦點，，（1）求橢圓C的方程；（2）不過點A的直線l交橢圓C于M、N兩點，記直線l、AM、AN的斜率分別為k、、．若，證明直線l過定點，并求出定點的坐標21．（12分）如圖，四邊形是正方形，平面，，（1）證明：平面平面；（2）若與平面所成角為，求二面角的余弦值22．（10分）某餐館將推出一種新品特色菜，為更精準確定最終售價，這種菜按以下單價各試吃1天，得到如下數據：（1）求銷量關于的線性回歸方程；（2）預計今后的銷售中，銷量與單價服從（1）中的線性回歸方程，已知每份特色菜的成本是15元，為了獲得最大利潤，該特色菜的單價應定為多少元？（附：，）

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、D【解析】分析可知點的軌跡是除去長軸端點的橢圓，求出、的值，結合橢圓焦點的位置可得出頂點的軌跡方程.【詳解】由已知可得，，且、、三點不共線，故點的軌跡是以、為焦點，且除去長軸端點的橢圓，由已知可得，得，，則，因此，點的軌跡方程為.故選：D.2、C【解析】根據兩圓的幾何關系及其圓心在函數的圖象上，即可得到遞推關系式，通過構造等差數列求得的通項公式，得出，最后利用裂項相消，求出數列前項和，即可求出.詳解】由與彼此外切，則，，，又∵，∴，故為等差數列且，，則，，則，即，故答案選：.3、B【解析】先由兩條直線平行解出，再按照平行線之間距離公式求解.【詳解】，則：，即，距離為.故選：B.4、C【解析】先由cosA的值求出，進而求出，用正弦定理求出b的值.【詳解】因為cosA＝，所以，所以由正弦定理：，得：.故選：C5、D【解析】先化為標準方程，再求圓心半徑即可.【詳解】先化為標準方程可得，故圓心為，半徑為.故選：D.6、D【解析】由的周長為，結合橢圓的定義，即可求解.【詳解】由題意，橢圓，可得，即，如圖所示，根據橢圓的定義，可得的周長為故選：D.7、A【解析】數形結合分析可得,當時能夠取得的最小值,根據點到圓心的距離減去半徑求解即可.【詳解】由對勾函數的性質,可知,當且僅當時取等號,結合圖象可知當A點運動到時能使點到圓心的距離最小,最小為4,從而的最小值為.故選：A【點睛】本題考查兩動點間距離的最值問題,考查轉化思想與數形結合思想,屬于中檔題.8、C【解析】根據立體幾何相關知識對各選項進行判斷即可.【詳解】對于A，根據公理2及推論可知，不共線的三點確定一個平面，故A錯誤；對于B，在一個平面內，四邊相等的四邊形才一定是菱形，故B錯誤；對于C，根據公理2及推論可知，兩條相交直線可以確定一個平面，故C正確；對于D，正四棱柱指上、下底面都是正方形且側棱垂直于底面的棱柱，側面可以是矩形，故D錯誤.故選：C9、D【解析】連接、、，分析可知四邊形為正方形，求出點的軌跡方程，分析可知線段所掃過圖形為是夾在圓和圓的圓環，利用圓的面積公式可求得結果.【詳解】連接、、，由圓的幾何性質可知，，又因為且，故四邊形為正方形，圓心，半徑為，則，故點的軌跡方程為，所以，線段掃過的圖形是夾在圓和圓的圓環，故在點運動的過程中，線段所掃過圖形的面積為.故選：D.10、B【解析】由已知結合等差數列的求和公式及等差數列的性質即可求解.【詳解】因為等差數列中，，則.故選：B.11、A【解析】作點關于原點的對稱點，連接、、、，推導出、、三點共線，利用橢圓的定義可求得、、、，推導出，利用勾股定理可得出關于、的齊次等式，即可求得該橢圓的離心率.【詳解】作點關于原點的對稱點，連接、、、，則為、的中點，故四邊形為平行四邊形，故且，則，所以，，故、、三點共線，由橢圓定義，，有，所以，則，再由橢圓定義，有，因為，所以，在中，即，所以，離心率故選：A.12、D【解析】根據空間向量線性運算的幾何意義進行求解即可.【詳解】，故選：D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】設，表示出，，根據即可得到方程組，解得、、，即可求出的坐標，即可得到的坐標，最后根據向量模的坐標表示計算可得；【詳解】解：設，所以，，因為，所以，所以，解得，即，所以，所以；故答案為：14、【解析】設出點P的坐標，利用兩點間距離公式建立函數關系，借助二次函數計算最值作答.【詳解】橢圓的右頂點為，設點，則，即，且，于是得，因，則當時，，所以的最大值為.故答案為：15、①.①②或①③或②③②.或或【解析】選①②，根據焦點坐標及頂點坐標直接求解，選①③，根據焦點坐標及離心率求出即可得解，選②③，可由頂點坐標及離心率得出，即可求解.【詳解】選①②，由題意則，，，雙曲線的標準方程為，故答案為：①②；，選①③，由題意，，，，雙曲線的標準方程為，選②③，由題意知，，，雙曲線的標準方程為.故答案為：①②；或①③；或②③；.16、【解析】根據判斷出四邊形為平行四邊形，由此求得圓的方程以及的長，進而判斷出點在圓上，根據圓與圓的位置關系，求得的取值范圍.【詳解】四邊形ONO1M為平行四邊形，即ON＝MO1＝r＝1，所以圓的方程為，且ON為△ABM的中位線AM＝2ON＝2AO1＝3，故點A在以O1為圓心，3為半徑的圓上，該圓的方程為：，故與x2＋y2＝1在第一象限有交點，即2＜a＜4，由，解得，故a的取值范圍為(，4).故答案為：【點睛】本小題主要考查圓與圓的位置關系，考查化歸與轉化的數學思想方法，考查數形結合的數學思想方法，屬于難題.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）選擇條件見解析，（2）【解析】（1）設等差數列的公差為，由，得到，選①，聯立求解；選②，聯立求解；選③，聯立求解；（2）由（1）知，令求解.【小問1詳解】解：設等差數列的公差為，得，選①，得，故，∴.選②，得，得，故，∴.選③，，得，故，∴；【小問2詳解】由（1）知，，，∴數列是遞增等差數列.由，得，∴時，，時，，∴時，得到最小值.18、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）設為中點，連接，根據，證明平面得到答案.（2）以為原點，，，分別為，，軸建立空間直角坐標系，計算各點坐標，計算平面和平面的法向量，根據向量夾角公式計算得到答案.【詳解】（1）設為中點，連接，，∵，∴，又∵底面四邊形為菱形，，∴為等邊三角形，∴，又∴，，平面，∴平面，而平面，∴.（2）∵平面平面，平面平面，，∴平面以為原點，，，分別為，，軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，由，，，即，∴，，，設為平面的法向量，則由，令，得，，∴，設為平面的法向量，則由，令，得，，∴，設二面角的平面角為，則，∴二面角的的余弦值為.【點睛】本題考查了線線垂直，二面角，意在考查學生的計算能力和空間想象能力，建立空間直角坐標系是解題的關鍵.19、（1）；（2）存在，；（3）證明見解析，定值2【解析】(1)根據已知條件，用待定系數解方程組即可得到C的方程；(2)設出AB的方程，與橢圓方程聯立，得到根與系數關系，代入由確定方程內即可得到結果；(3)設P點坐標，求出M和N坐標，設出圓G的圓心坐標，求得圓的半徑，由垂徑定理求得切線長|OT|，結合P在橢圓上可證|OT|為定值﹒【小問1詳解】設橢圓C的方程為將點代入橢圓方程有點解得，(舍)∴橢圓的方程為；【小問2詳解】設，當AB斜率存在時，設，代入，整理得，由得，即，由韋達定理化簡得，即，設存在圓與直線相切，則，解得，∴圓的方程為；又若AB斜率不存在時，檢驗知滿足條件，故存在圓心在原點的圓符合題意；【小問3詳解】如圖：，，設，直線，令，得；直線，令，得；解法一：設圓G的圓心為，則，，，而，∴，∴，∴，即線段OT長度為定值2解法二：，而，∴，∴由切割線定理得．∴，即線段OT的長度為定值220、（1）；（2）證明見解析，(－5,0).【解析】(1)寫出A、B、F的坐標，求出向量坐標，根據向量的關系即可列出方程組，求得a、b、c和橢圓的標準方程；(2)設直線l的方程為y＝kx＋m，，．聯立直線l與橢圓方程，根據韋達定理得到根與系數的關系，求出，根據即可求得k和m的關系，即可證明直線過定點并求出該定點.【小問1詳解】由題意，知A(－a，0)，B(a，0)，F(c，0)∵，∴解得從而b2＝a2－c2＝3∴橢圓C的方程；【小問2詳解】設直線l的方程為y＝kx＋m，，∵直線l不過點A，因此－2k＋m≠0由得時，，，∴由，可得3k＝m－2k，即m＝5k，故l的方程為y＝kx＋5k，恒過定點(－5,0).21、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）連接與交于點O，易得平面，取的中點M，易得為平行四邊形，即，得到平面，然后利用面面垂直的判定定理證明；（2）以A為坐標原點，分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，設，根據與平面所成角為，由，解得，然后分別求得平面的一個法向量，平面的一個法向量，由求解.【詳解】（1）如圖所示：連接與交于點O，因為為正方形，故，又平面，故，由，故平面，取的中點M，連接，注意到為的中位線，故，且，因此，且，故為平行四邊形，即，因此平面，而平面，故平面平面（2）以A坐標原點，分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，設，則，由（1）可知平面