安徽省蚌埠市第一中学2023年高二数学第一学期期末学业质量监测试题含解析

安徽省蚌埠市第一中学2023年高二数学第一学期期末学业质量监测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．函数的定义域为，其导函数的图像如图所示，则函数极值点的个数为（）A.2 B.3C.4 D.52．如果，，…，是抛物线C：上的点，它们的横坐标依次为，，…，，点F是抛物线C的焦点.若=10，=10+n，则p等于（）A.2 B.C. D.43．双曲线的渐近线的斜率是（）A.1 B.C. D.4．过原点O作两条相互垂直的直线分别与椭圆交于A、C与B、D，则四边形ABCD面积最小值为（）A. B.C. D.5．已知x＞0、y＞0，且1，若恒成立，则实数m的取值范围为（）A.(1,9) B.(9,1)C.[9,1] D.(∞,1)∪(9,+∞)6．若定义在R上的函数满足，则不等式的解集为（）A. B.C. D.7．过椭圆+=1左焦点F1引直线交椭圆于A、B两点，F2是椭圆的右焦点，则△ABF2的周长是（）A.20 B.18C.10 D.168．设、分别是椭圆（）的左、右焦点，过的直线l与椭圆E相交于A、B两点，且，则的长为（）A. B.1C. D.9．已知，若对于且都有成立，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.10．执行如图所示的程序框图，若输出的的值为，则输入的的值可能为（）A.96 B.97C.98 D.9911．函数的图象如图所示，是f(x)的导函数，则下列数值排序正确的是（）A B.C. D.12．等比数列的第4项与第6项分别为12和48，则公比的值为（）A. B.2C.或2 D.或二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．数列中，，，，则______14．已知偶函数部分图象如图所示，且，则不等式的解集为______.15．已知双曲线M的中心在原点，以坐标轴为对称轴.从以下三个条件中任选两个条件，并根据所选条件求双曲线M的标准方程.①一个焦点坐标为；②经过点；③离心率为.你选择的两个条件是___________，得到的双曲线M的标准方程是___________.16．若圆C：与圆D2的公共弦长为，则圆D的半径为___________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知等差数列的前三项依次为，4，，前项和为，且.（1）求的通项公式及的值；（2）设数列的通项，求证是等比数列，并求的前项和.18．（12分）“既要金山银山，又要绿水青山”.滨江风景区在一个直径为100米的半圆形花园中设计一条观光线路（如图所示）.在点与圆弧上的一点（不同于A，B两点）之间设计为直线段小路，在直线段小路的两侧（注意是两侧）种植绿化带；再从点到点设计为沿弧的弧形小路，在弧形小路的内侧（注意是一侧）种植绿化带（注：小路及绿化带的宽度忽略不计）.（1）设(弧度)，将绿化带总长度表示为的函数；（2）试确定的值，使得绿化带总长度最大.(弧度公式：，其中为弧所对的圆心角)19．（12分）设是首项为的等差数列的前项和，是首项为1的等比数列的前项和，为数列的前项和，为数列的前项和，已知.（1）若，求；（2）若，求.20．（12分）如图，在四棱柱中，底面，，，且，（1）求证：平面平面；（2）求二面角所成角的余弦值21．（12分）已知抛物线，直线交于、两点，且当时，.（1）求的值；（2）如图，抛物线在、两点处的切线分别与轴交于、，和交于，.证明：存在实数，使得.22．（10分）已知，，分别是锐角内角，，的对边，，.（1）求的值；（2）若的面积为，求的值.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】根据给定的导函数的图象，结合函数的极值的定义，即可求解.【详解】如图所示，设导函数的图象与轴的交点分别为，根据函数的极值的定义可知在该点处的左右两侧的导数符号相反，可得为函数的极大值点，为函数的极小值点，所以函数极值点的个数为4个.故选：C.2、A【解析】根据抛物线定义得个等式，相加后，利用已知条件可得结果.【详解】抛物线C：的准线为，根据抛物线的定义可知，，，，，所以，所以，所以，所以.故选：A【点睛】关键点点睛：利用抛物线的定义解题是解题关键，属于基础题.3、B【解析】由双曲线的渐近线方程为：，化简即可得到答案.【详解】双曲线的渐近线方程为：，即，渐近线的斜率是.故选：B4、A【解析】直线AC、BD与坐标轴重合时求出四边形面积，与坐标轴不重合求出四边形ABCD面积最小值，再比较大小即可作答.【详解】因四边形ABCD的两条对角线互相垂直，由椭圆性质知，四边形ABCD的四个顶点为椭圆顶点时，而，四边形ABCD的面积，当直线AC斜率存在且不0时，设其方程为，由消去y得：，设，则，，直线BD方程为，同理得：，则有，当且仅当，即或时取“=”，而，所以四边形ABCD面积最小值为.故选：A5、B【解析】应用基本不等式“1”的代换求的最小值，注意等号成立条件，再根据题设不等式恒成立有，解一元二次不等式求解集即可.【详解】由题设，，当且仅当时等号成立，∴要使恒成立，只需，故，∴.故选：B.6、B【解析】构造函数，根据题意，求得其单调性，利用函数单调性解不等式即可.【详解】构造函数，则，故在上单调递减；又，故可得，则，即，解得，故不等式解集为.故选：B.【点睛】本题考察利用导数研究函数单调性，以及利用函数单调性求解不等式，解决本题的关键是根据题意构造函数，属中档题.7、A【解析】根据椭圆的定义求得正确选项.【详解】依题意，根据椭圆的定义可知，三角形的周长为.故选：A8、C【解析】由椭圆的定义得：，，结合条件可得，即可得答案.【详解】由椭圆的定义得：，，又，，所以，由椭圆知，所以.故选：C9、D【解析】根据题意转化为对于且时，都有恒成立，构造函数，转化为时，恒成立，求得的导数，转化为在上恒成立，即可求解.【详解】由题意，对于且都有成立，不妨设，可得恒成立，即对于且时，都有恒成立，构造函数，可转化为，函数为单调递增函数，所以当时，恒成立，又由，所以在上恒成立，即在上恒成立，又由，所以，即实数取值范围为.故选：D10、D【解析】根据程序框图得出的变换规律后求解【详解】当时，，当时，，当时，，当时，，可得输出的T关于t的变换周期为4，而，故时，输出的值为，故选：D11、A【解析】结合导数的几何意义确定正确选项.【详解】，表示两点连线斜率，表示在处切线的斜率；表示在处切线的斜率；根据图象可知，.故选：A12、C【解析】根据等比数列的通项公式计算可得；详解】解：依题意、，所以，即，所以；故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、##0.5【解析】直接计算得到答案.【详解】∵，，则，.故答案为：.14、【解析】由函数的图象得出当时，，再由函数是偶函数，其图象的性质，即可得出答案.【详解】是偶函数，且，所以，由图象得当时，.又函数是偶函数，其图像关于y轴对称，当时，，所以不等式的解集为.故答案为：.15、①.①②或①③或②③②.或或【解析】选①②，根据焦点坐标及顶点坐标直接求解，选①③，根据焦点坐标及离心率求出即可得解，选②③，可由顶点坐标及离心率得出，即可求解.【详解】选①②，由题意则，，，双曲线的标准方程为，故答案为：①②；，选①③，由题意，，，，双曲线的标准方程为，选②③，由题意知，，，双曲线的标准方程为.故答案为：①②；或①③；或②③；.16、【解析】首先根据圆与圆的位置关系得到公共弦方程，再根据弦长求解即可.【详解】根据得公共弦方程为：.因为公共弦长为，所以直线过圆的圆心.所以，解得.故答案为：三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1），（2）证明见解析，【解析】(1)直接利用等差中项的应用求出的值，进一步求出数列的通项公式和的值；(2)利用等比数列的定义即可证明数列为等比数列，进一步求出数列的和.【小问1详解】等差数列的前三项依次为，4，，∴，解得；故首项为2，公差为2，故，前项和为，且，整理得，解得或－11(负值舍去).∴，k＝10.【小问2详解】由(1)得：，故(常数)，故数列是等比数列；∴.18、（1）；（2）.【解析】（1）在直角三角形中，求出，在扇形中利用弧长公式求出弧的长度，则可得函数；（2）利用导数可求得结果.【详解】（1）如图，连接在直角三角形中，所以由于则弧的长为（2）由（1）可知，令得，因为所以，当单调递增，当单调递减，所以当时，使得绿化带总长度最大.【点睛】关键点点睛：仔细审题，注意题目中的关键词“两侧”和“一侧”是解题关键.19、（1）或（2）【解析】（1）列方程组解得等差数列的公差，即可求得其前项和；（2）列方程组解得等差数列的公差和等比数列的公比，以错位相减法即可求得数列的前项和.【小问1详解】设的公差为，的公比为，则，，因为即，解之得或，又因为，得所以或，故，或【小问2详解】因为，所以，所以由解得（舍去）或，于是得，所以，因为，（1）所以，（2）所以由（1）（2）得：故20、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证出，，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明.（2）分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量以及平面的一个法向量，由即可求解.【详解】（1）证明：因为，，所以，，因为，所以，所以，即因为底面，所以底面，所以因为，所以平面，又平面，所以平面平面（2）解：如图，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则令，得设平面的法向量为，则令，得，所以，由图知二面角为锐角，所以二面角所成角的余弦值为【点睛】思路点睛：解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为：（1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内；（2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错.（3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量.（4）利用法向量求距离、线面角或二面角.21、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）将代入抛物线的方程，列出韦达定理，利用弦长公式可得出关于的等式，即可解得正数的值；（2）将代入，列出韦达定理，求出两切线方程，进而可求得点的坐标，分、两种情况讨论，在时，推导出、、重合，可得出；在时，求出的中点的坐标，利用斜率关系可得出，结合平面向量的线性运算可证得结论成立.【小问1详解】解：将代入得，设、，则，由韦达定理可得，则，解得或（舍），故.【小问2详解】解：将代入中得，设、，则，由韦达定理可得，对求导得，则抛物线在点处的切线方程为，即，①同理抛物线在点处的切线方程为，②联立①②得，所以，所以点的坐标为，当时，即切线与交于轴上一点，此时、、重合，由，则，又，则存在使得成立；当时，切线与轴交于点，切线与轴交于点，由，得的中点，由得，即，又，所以，所以，，又，所以存在实数使得成立.综上，命题成立.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法