四川省成都经济技术开发区实验中学校2023-2024学年高二数学第一学期期末综合测试试题含解析

四川省成都经济技术开发区实验中学校2023-2024学年高二数学第一学期期末综合测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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．已知，那么函数在x＝π处的瞬时变化率为（）A. B.0C. D.2．设，则“”是“直线与直线”平行的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.即不充分也不必要条件3．在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2+6x+2=0的根，则的值为（）A. B.C. D.或4．设函数，则和的值分别为（）A.、 B.、C.、 D.、5．已知数列满足，令是数列的前n项积，，现给出下列四个结论：①；②为单调递增的等比数列；③当时，取得最大值；④当时，取得最大值其中所有正确结论的编号为（）A.②④ B.①③C.②③④ D.①③④6．设抛物线的焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线与抛物线C交于A，B两点，若，则（）A1 B.2C.4 D.87．双曲线：的左、右焦点分别为、，过的直线与y轴交于点A、与双曲线右支交于点B，若为等边三角形，则双曲线C的离心率为（）A. B.C.2 D.8．已知函数，若函数有3个零点，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.9．已知函数，，若对任意的，，都有成立，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.10．已知是两个数1，9的等比中项，则圆锥曲线的离心率为（）A.或 B.或C. D.11．现有60瓶饮料，编号从1到60，若用系统抽样的方法从中抽取6瓶进行检验，则所抽取的编号可能为（）A.3，13，23，33，43，53 B.2，14，26，38，40，52C.5，8，31，36，48，54 D.5，10，15，20，25，3012．已知直线l：的倾斜角为，则（）A. B.1C. D.－1二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．直线恒过定点，则定点坐标为________14．已知直线与直线平行，则实数m的值为______15．直线与直线的夹角大小等于_______16．抛物线的焦点坐标为________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）已知抛物线E：y2＝8x（1）求抛物线的焦点及准线方程；（2）过点P(-1,1)的直线l1与抛物线E只有一个公共点，求直线l1的方程；（3）过点M(2,3)的直线l2与抛物线E交于点A，B．若弦AB的中点为M，求直线l2的方程18．（12分）已知三角形的三个顶点是，，（1）求边上的中线所在直线的方程；（2）求边上的高所在直线的方程19．（12分）已知动点M到定点和的距离之和为4（1）求动点轨迹的方程；（2）若直线交椭圆于两个不同的点A，B，O是坐标原点，求的面积20．（12分）设圆的圆心为A，直线l过点且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E（1）判断与题中圆A的半径的大小关系，并写出点E的轨迹方程；（2）过点作斜率为，的两条直线，分别交点E的轨迹于M，N两点，且，证明：直线MN必过定点21．（12分）求证：（1）是上的偶函数；（2）是上的奇函数.22．（10分）用长度为80米的护栏围出一个一面靠墙的矩形运动场地，如图所示，运动场地的一条边记为（单位：米），面积记为（单位：平方米）（1）求关于的函数关系；（2）求的最大值

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、A【解析】利用导数运算法则求出，根据导数的定义即可得到结论【详解】由题设，，所以，函数在x＝π处瞬时变化率为，故选：A2、D【解析】由两直线平行确定参数值，根据充分必要条件的定义判断【详解】时，两直线方程分别为，，它们重合，不平行，因此不是充分条件；反之，两直线平行时，，解得或，由上知时，两直线不平行，时，两直线方程分别为，，平行，因此，本题中也不是必要条件故选：D3、B【解析】由韦达定理得a3a15=2，由等比数列通项公式性质得：a92=a3a15=a2a16=2，由此求出答案【详解】解：∵在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2-6x+2=0的根，∴a3a15=2＞0，a3+a15=-6<0∴a2a16=a3a15=2，a92=a3a15=2，∴a9=，∴，故选B【点睛】本题考查等比数列中两项积与另一项的比值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用4、D【解析】求得，即可求得、的值.【详解】，则，则，故，.故选：D.5、B【解析】求出，即可判断选项①正确；求出，即可选项②错误；求出，利用单调性即可判断选项③正确；求出，即可判断选项④错误，即得解.【详解】解：因为，①所以，，②①②得，，整理得，又，满足上式，所以，因为，所以数列为等差数列，公差为，所以，故①正确；，因为，故数列为等比数列，其中首项，公比为的等比数列，因为，，所以数列为递减的等比数列，故②错误；，因为为单调递增函数，所以当最大时，有最大值，因为，所以时，最大，即时，取得最大值，故③正确；设，由可得，，解得或，又因为，所以时，取得最大值，故④错误；故选：B6、C【解析】根据焦点弦的性质即可求出【详解】依题可知，，所以故选：C7、B【解析】由双曲线的定义知，，又为等边三角形，所以，由对称性有，所以，在直角三角形中，求出，在三角形中，由余弦定理求出，从而即可求解.【详解】解：由双曲线的定义知，，又为等边三角形，所以，由对称性有，所以，在直角三角形中，，在三角形中，由余弦定理有，所以，解得，所以双曲线C的离心率，故选：B.8、B【解析】构造，通过求导，研究函数的单调性及极值，最值，画出函数图象，数形结合求出实数的取值范围.【详解】令，即，令，当时，，，令得：或，结合，所以，令得：，结合得：，所以在处取得极大值，也是最大值，，当时，，且，当时，，则恒成立，单调递增，且当时，，当时，，画出的图象，如下图：要想有3个零点，则故选：B9、B【解析】根据题意，将问题转化为对任意的，，利用导数求得的最大值，再分离参数，构造函数，利用导数求其最大值，即可求得参数的取值范围.【详解】由题可知：对任意的，，都有恒成立，故可得对任意的，；又，则，故在单调递减，在单调递增，又，，则当时，,.对任意的，，即，恒成立.也即，不妨令，则，故在单调递增，在单调递减.故，则只需.故选：B.10、A【解析】根据题意可知，当时，根据椭圆离心率公式，即可求出结果；当时，根据双曲线离心率公式,即可求出结果.【详解】因为是两个数1，9的等比中项，所以，所以，当时，圆锥曲线，其离心率为；当时，圆锥曲线，其离心率为；综上，圆锥曲线的离心率为或.故选：A.11、A【解析】求得组距，由此确定正确选项.【详解】，即组距为，A选项符合，其它选项不符合.故选：A12、A【解析】由倾斜角求出斜率，列方程即可求出m.【详解】因为直线l的倾斜角为，所以斜率.所以，解得：.故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】解方程组可求得定点坐标.【详解】直线方程可化为，由，可得.故直线恒过定点.故答案为：.14、【解析】由两直线平行的判定可得求解即可，注意验证是否出现直线重合的情况.【详解】由题设，，解得，经检验满足题设.故答案为：15、##【解析】根据直线的倾斜角可得答案.【详解】直线是与轴平行的直线，直线的斜率为1，即与轴的夹角为角，故直线与直线的夹角大小等于.故答案为：.16、【解析】利用焦点坐标为求解即可【详解】因为，所以，所以焦点的坐标为，故答案：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）焦点为(2,0)，准线方程为x＝-2；（2）y＝1或x-y+2＝0或2x+y+1＝0；（3）4x-3y+1＝0.【解析】（1）根据抛物线的方程及其几何性质，求焦点和准线；（2）分直线l1的斜率为0和不为0两种情况，根据直线与抛物线只有一个公共点，由直线与x轴平行或Δ＝0，得解；（3）利用点差法求出直线l2的斜率，即可得直线l2的方程【小问1详解】由题意，p＝4，则焦点为(2,0)，准线方程为x＝-2【小问2详解】当直线l1的斜率为0时，y＝1；当直线l1的斜率不为0时，设直线l1为x+1＝m(y-1)，联立，得y2-8my+8m+8＝0，因为直线l1与抛物线E只有一个公共点，所以Δ＝64m2-4(8m+8)＝0，解得m＝1或，所以直线l1的方程为x-y+2＝0或2x+y+1＝0，综上，直线l1为y＝1或x-y+2＝0或2x+y+1＝0【小问3详解】由题意，直线l2的斜率一定存在，设其斜率为k，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则8x1，8x2，两式作差得：8(x1-x2)，即k，所以直线l2为y-3(x-2)，即4x-3y+1＝018、（1）；（2）【解析】（1）先求出BC的中点坐标，再利用两点式求出直线的方程；（2）先求出BC边上的高所在直线的斜率，再利用点斜式求出直线的方程.【详解】（1）设线段的中点为因为，，所以的中点，所以边上的中线所在直线的方程为，即（2）因为，，所以边所在直线的斜率，所以边上的高所在直线的斜率为，所以边上的高所在直线的方程为，即【点睛】本题主要考查直线方程的求法，属于基础题.19、（1）；（2）.【解析】（1）利用椭圆的定义即求；（2）由直线方程与椭圆方程联立，可解得点，再利用三角形面积公式即求.【小问1详解】∵动点M到定点和的距离之和为4，∴动点M的轨迹是以和为焦点的椭圆，可设方程为，则，故动点轨迹的方程为；【小问2详解】由可得，∴或，∴，又O是坐标原点，∴的面积为.20、（1）与半径相等，（2）证明见解析【解析】（1）依据椭圆定义去求点E的轨迹方程事半功倍；（2）直线MN要分为斜率存在的和不存在的两种情况进行讨论，由设而不求法把条件转化为直线MN过定点的条件即可解决.【小问1详解】圆即为，可得圆心，半径，由，可得，由，可得，即为，即有，则，所以其与半径相等.因为，故E的轨迹为以A，B为焦点的椭圆（不包括左右顶点），且有，，即，，，则点E的轨迹方程为；【小问2详解】当直线MN斜率不存在时，设直线方程为，则，，，，则，∴，此时直线MN的方程为当直线MN斜率存在时，设直线方程为：，与椭圆方程联立：，得，设，，有则将*式代入化简可得：，即，∴，此时直线MN：，恒过定点又直线MN斜率不存在时，直线MN：也过，故直线MN过定点.【点睛】数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多