还剩7页未读，
继续阅读
湖南省郴州市2023-2024学年高二上学期期末数学试卷（Word版附答案）
展开
这是一份湖南省郴州市2023-2024学年高二上学期期末数学试卷（Word版附答案），共10页。试卷主要包含了试卷分试题卷和答题卡等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.试卷分试题卷和答题卡.试卷共4页，有四大题，共22小题，满分150分.考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必将自己的姓名､班次､准考证号､考室号及座位号写在答题卡和试题卷的封面上.
3.考生作答时，选择题和非选择题均须作在答题卡上，在试题卷上作答无效考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题.
4.考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回.
一､单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40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，若直线与直线垂直，则直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
2.已知等差数列的前项和，公差为，且，则（ ）
A.0 B.1011 C.1012 D.2024
3.函数在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
4.已知正方形的边长为1，现将沿对角线向上翻折，使得二面角的夹角为，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
5.正方体中，与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
6.已知是椭圆的两个焦点，点在上，若使为直角三角形的点有8个，则的离心率的范围是（ ）
A. B. C. D.
7.德国数学家米勒曾提出最大视角问题：已知点是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当在何处时，最大？结论是：当且仅当的外接圆与边相切于点时，最大.人们称这一命题为米勒定理.在平面直角坐标系内，已知，点是直线上一动点，当最大时，点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
8.若函数在定义域内有两个极值点，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二､多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9.在棱长为1的正四面体中，分别为的中点，则下列命题正确的是（ ）
A.
B.
C.平面
D.和夹角的正弦值为
10.已知数列的前项和为，数列的前项和为，若对一切都有恒成立，则整数的可能值为（ ）
A.-1 B.0 C.1 D.2
11.已知圆，则下列命题正确的是（ ）
A.圆心坐标为
B.直线与圆相交所得的弦长为8
C.圆与圆有三条公切线.
D.圆上恰有三个点到直线的距离为，则或-5
12.大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，它是世界数学史上第一道数列题.已知大衍数列满足，则（ ）
A.
B.
C.此数列的前项和为
D.数列的前60项和为930
三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13.已知等比数列中，是方程的两根，则的值为__________.
14.设曲线上的动点与定点的距离和点到定直线的距离的比为.倾斜角为的直线经过点与曲线交于两点（点位于轴上方），则__________.
15.已知函数，若，则的最小值为__________.
16.在四棱锥中，平面，底面为矩形，，点在线段上运动，则点到距离的最小值为__________.
四､解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）
17.（本小题满分10分）
已知数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
18.（本小题满分12分）
已知圆经过两点，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程.
（2）为圆内一点，弦恰好被点平分，求直线的方程，并判断为钝角三角形､直角三角形还是锐角三角形？
19.（本小题满分12分）
如图，在正三棱柱中，底面为的中点，为上一个动点.
（1）若为靠近点线段的三等分点，求证：平面；
（2）在线段上是否存在点，使平面与平面的夹角等于？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
20.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）若，求证：；
（2）若有两个极值点，且，当取最小值时，求的极小值.
21.（本小题满分12分）
已知抛物线上一点的横坐标为到抛物线的焦点的距离为2.
（1）求抛物线的方程；
（2）直线交抛物线于两点，为坐标原点，满足，求面积的最小值.
22.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数与的图象恰有一对点关于对称，求实数的取值范围.
郴州市2023年下学期期末教学质量监测试卷
高二数学参考答案和评分细则
（命题人：安仁一中 李海涛 宜章一中 吴斌 汝城一中 唐旭祺
审题人：郴州二中 陈伟 郴州三中 张凯 郴州市教科院 汪昌华）
一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1-4ACAB 5-8BCCD
二､多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9.BC 10.CD 11.ABD 12.ABD
三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13.64 14. 15. 16.
四､解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）
17.（本小题满分10分）
（1）当时，，得
当时，由得，
两式相减得：
因此，数列是以1为首项，2为公比的等比数列，且
（2）由（1）知
所以时，
因此，数列是以0为首项，1为公差的等差数列
所以，
18.（本小题满分12分）
解析：（1）方法一：设圆的标准方程为
因为圆心在直线上，所以①
又在圆上，代入圆方程得：
②，
③，
由①②③解得：
故圆的标准方程为：.
方法二：设线段的中点为，则.
直线的斜率为
因此的垂直平分线方程为：，即.①
又圆心在直线上，②
由①②解得：圆心.
圆的半径
故圆的标准方程为：.
方法三：设圆的一般方程为：
圆心坐标为，代入得：①
点在圆上：②，
③.
由①②③解得：.
故圆的一般方程为：
方法四：由已知可设圆心坐标为由可得
，解得
所以圆心.
圆的半径
故圆的标准方程为：.
（2）由垂径定理可知：，
所以的直线方程为：，即
圆心到直线距离，
所以，
为直角三角形.
19.（本小题满分12分）
（1）证明如图，连接，因为为正三棱柱，
所以为正三角形，
又因为为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，所以平面，
所以.
因为底面，解得：，所以，
所以在Rt中，，
在Rt中，，
所以，即，又平面，
所以平面，
（2）解：假设存在点满足条件，设.
取的中点，连接，则平面，所以，
分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则
，
所以，
设平面的一个法向量为，
则
令，得，
同理，设平面的一个法向量为，
则，令，
所以.
所以，
所以，所以无解.
故不存在点，使平面与平面的夹角等于.
20.（本小题满分12分）
解析：（1）
因为，所以，
令，得，解得.
所以在上单调递增；
同理可得在上单调递减；
.
（2）由（1）知时，只有一个极值点，不合题意.
当时，有两个根0，lna，
所以，解得，
又，故.
因此.
令，得或.
令，得.
所以在和上单调递增，在上单调递减；
所以当时，取得极小值.
21.（本小题满分12分）
解：（1）令，因为到抛物线的焦点的距离为2，
所以，
代入得：，解得，
故求抛物线的方程为：
（2）令直线的方程为：.联立直线与抛物线的方程得：
，故.
因为，所以，又，所以.
得直线的方程为：.
，
原点到直线的距离，
所以面积，
当时，面积的最小值为32.
22.（本小题满分12分）
解析：（1）由已知得：
①当时，在定义域上单调递增；
②当时，由，得，则在上单调递减，在上单调递增
（2）若函数与的图象恰有1对点关于点对称，
则方程
即，即恰有1个解，
解法一：显然，所以恰有1个解.
令，则直线与曲线恰有1个公共点.
由，得：
①当时，单调递减，且
②当时，单调递减；当时，单调递增；极小值，且两边趋向正无穷大.
故由直线与曲线恰有1个公共点，得实数的取值范围是
解法二：由恰有1个解，得直线与曲线恰有1个公共点.易知过定点，作出直线与曲线，由图象知，当直线斜率或直线与曲线相切时满足条件.
设直线与曲线相切于点，由得，
则，解得.
注意事项：
1.试卷分试题卷和答题卡.试卷共4页，有四大题，共22小题，满分150分.考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必将自己的姓名､班次､准考证号､考室号及座位号写在答题卡和试题卷的封面上.
3.考生作答时，选择题和非选择题均须作在答题卡上，在试题卷上作答无效考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题.
4.考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回.
一､单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40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，若直线与直线垂直，则直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
2.已知等差数列的前项和，公差为，且，则（ ）
A.0 B.1011 C.1012 D.2024
3.函数在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
4.已知正方形的边长为1，现将沿对角线向上翻折，使得二面角的夹角为，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
5.正方体中，与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
6.已知是椭圆的两个焦点，点在上，若使为直角三角形的点有8个，则的离心率的范围是（ ）
A. B. C. D.
7.德国数学家米勒曾提出最大视角问题：已知点是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当在何处时，最大？结论是：当且仅当的外接圆与边相切于点时，最大.人们称这一命题为米勒定理.在平面直角坐标系内，已知，点是直线上一动点，当最大时，点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
8.若函数在定义域内有两个极值点，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二､多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9.在棱长为1的正四面体中，分别为的中点，则下列命题正确的是（ ）
A.
B.
C.平面
D.和夹角的正弦值为
10.已知数列的前项和为，数列的前项和为，若对一切都有恒成立，则整数的可能值为（ ）
A.-1 B.0 C.1 D.2
11.已知圆，则下列命题正确的是（ ）
A.圆心坐标为
B.直线与圆相交所得的弦长为8
C.圆与圆有三条公切线.
D.圆上恰有三个点到直线的距离为，则或-5
12.大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，它是世界数学史上第一道数列题.已知大衍数列满足，则（ ）
A.
B.
C.此数列的前项和为
D.数列的前60项和为930
三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13.已知等比数列中，是方程的两根，则的值为__________.
14.设曲线上的动点与定点的距离和点到定直线的距离的比为.倾斜角为的直线经过点与曲线交于两点（点位于轴上方），则__________.
15.已知函数，若，则的最小值为__________.
16.在四棱锥中，平面，底面为矩形，，点在线段上运动，则点到距离的最小值为__________.
四､解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）
17.（本小题满分10分）
已知数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
18.（本小题满分12分）
已知圆经过两点，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程.
（2）为圆内一点，弦恰好被点平分，求直线的方程，并判断为钝角三角形､直角三角形还是锐角三角形？
19.（本小题满分12分）
如图，在正三棱柱中，底面为的中点，为上一个动点.
（1）若为靠近点线段的三等分点，求证：平面；
（2）在线段上是否存在点，使平面与平面的夹角等于？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
20.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）若，求证：；
（2）若有两个极值点，且，当取最小值时，求的极小值.
21.（本小题满分12分）
已知抛物线上一点的横坐标为到抛物线的焦点的距离为2.
（1）求抛物线的方程；
（2）直线交抛物线于两点，为坐标原点，满足，求面积的最小值.
22.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数与的图象恰有一对点关于对称，求实数的取值范围.
郴州市2023年下学期期末教学质量监测试卷
高二数学参考答案和评分细则
（命题人：安仁一中 李海涛 宜章一中 吴斌 汝城一中 唐旭祺
审题人：郴州二中 陈伟 郴州三中 张凯 郴州市教科院 汪昌华）
一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1-4ACAB 5-8BCCD
二､多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9.BC 10.CD 11.ABD 12.ABD
三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13.64 14. 15. 16.
四､解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）
17.（本小题满分10分）
（1）当时，，得
当时，由得，
两式相减得：
因此，数列是以1为首项，2为公比的等比数列，且
（2）由（1）知
所以时，
因此，数列是以0为首项，1为公差的等差数列
所以，
18.（本小题满分12分）
解析：（1）方法一：设圆的标准方程为
因为圆心在直线上，所以①
又在圆上，代入圆方程得：
②，
③，
由①②③解得：
故圆的标准方程为：.
方法二：设线段的中点为，则.
直线的斜率为
因此的垂直平分线方程为：，即.①
又圆心在直线上，②
由①②解得：圆心.
圆的半径
故圆的标准方程为：.
方法三：设圆的一般方程为：
圆心坐标为，代入得：①
点在圆上：②，
③.
由①②③解得：.
故圆的一般方程为：
方法四：由已知可设圆心坐标为由可得
，解得
所以圆心.
圆的半径
故圆的标准方程为：.
（2）由垂径定理可知：，
所以的直线方程为：，即
圆心到直线距离，
所以，
为直角三角形.
19.（本小题满分12分）
（1）证明如图，连接，因为为正三棱柱，
所以为正三角形，
又因为为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，所以平面，
所以.
因为底面，解得：，所以，
所以在Rt中，，
在Rt中，，
所以，即，又平面，
所以平面，
（2）解：假设存在点满足条件，设.
取的中点，连接，则平面，所以，
分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则
，
所以，
设平面的一个法向量为，
则
令，得，
同理，设平面的一个法向量为，
则，令，
所以.
所以，
所以，所以无解.
故不存在点，使平面与平面的夹角等于.
20.（本小题满分12分）
解析：（1）
因为，所以，
令，得，解得.
所以在上单调递增；
同理可得在上单调递减；
.
（2）由（1）知时，只有一个极值点，不合题意.
当时，有两个根0，lna，
所以，解得，
又，故.
因此.
令，得或.
令，得.
所以在和上单调递增，在上单调递减；
所以当时，取得极小值.
21.（本小题满分12分）
解：（1）令，因为到抛物线的焦点的距离为2，
所以，
代入得：，解得，
故求抛物线的方程为：
（2）令直线的方程为：.联立直线与抛物线的方程得：
，故.
因为，所以，又，所以.
得直线的方程为：.
，
原点到直线的距离，
所以面积，
当时，面积的最小值为32.
22.（本小题满分12分）
解析：（1）由已知得：
①当时，在定义域上单调递增；
②当时，由，得，则在上单调递减，在上单调递增
（2）若函数与的图象恰有1对点关于点对称，
则方程
即，即恰有1个解，
解法一：显然，所以恰有1个解.
令，则直线与曲线恰有1个公共点.
由，得：
①当时，单调递减，且
②当时，单调递减；当时，单调递增；极小值，且两边趋向正无穷大.
故由直线与曲线恰有1个公共点，得实数的取值范围是
解法二：由恰有1个解，得直线与曲线恰有1个公共点.易知过定点，作出直线与曲线，由图象知，当直线斜率或直线与曲线相切时满足条件.
设直线与曲线相切于点，由得，
则，解得.
相关试卷
湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高二上学期期末数学试卷（Word版附解析）： 这是一份湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高二上学期期末数学试卷（Word版附解析），文件包含湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷原卷版docx、湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
湖南省浏阳市2023-2024学年高二上学期期末数学试卷（Word版附解析）： 这是一份湖南省浏阳市2023-2024学年高二上学期期末数学试卷（Word版附解析），文件包含湖南省浏阳市2023-2024学年高二上学期期末质量监测数学试卷原卷版docx、湖南省浏阳市2023-2024学年高二上学期期末质量监测数学试卷Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
湖南省郴州市2023-2024学年高一上学期期末数学试卷（Word版附解析）： 这是一份湖南省郴州市2023-2024学年高一上学期期末数学试卷（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了本试卷分试题卷和答题卡， 设，，，则， 定义， 若函数，等内容，欢迎下载使用。
