湖南省张家界市2023-2024学年高二上学期期末联考数学试卷（解析版）

这是一份湖南省张家界市2023-2024学年高二上学期期末联考数学试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了 设，则， 已知直线l等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案：不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回.
一、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. 35是等差数列3，5，7，9，的（ ）
A. 第16项B. 第17项
C. 第18项D. 第19项
【答案】B
【解析】等差数列3，5，7，9，的首项为3，公差为2，
所以等差数列的通项公式为，
令，得.
所以35是等差数列3，5，7，9，的第17项.
故选：B
2. 若直线经过两点，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由直线经过两点，可得直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，有，又，所以.
故选：C.
3. 抛物线的焦点到直线的距离等于（ ）
A. 1B. C. D. 4
【答案】B
【解析】抛物线的焦点为，焦点到直线的距离为.
故选：B
4. 已知向量若与、共面，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由共面定理可得存在非零实数满足，
可得，解得，
故选：C
5. 若直线被圆所截得的弦长为，则实数a的值为（ ）
A. 0B. 4C. －2D. 0或4
【答案】D
【解析】圆的圆心为，半径，
设圆心到直线的距离为，
则，解得，
所以，解得或.
故选：D.
6. 音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：若以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”，频率变为原来的，得到“徵”；“徵”经过一次“益”，频率变为原来的，得到“商”；．．．．．依次损益交替变化，获得了“宫､徵､商､羽､角”五个音阶．据此可推得（ ）
A. “徵､商､羽”的频率成等比数列
B. “宫､徵､商”的频率成等比数列
C. “商､羽､角”的频率成等比数列
D. “宫､商､角”的频率成等比数列
【答案】D
【解析】设“宫”的频率为，
则“徵”的频率为，“商”的频率为，“羽”的频率为，“角”的频率为，
所以“宫､商､角”的频率成等比数列,公比为.
故选：D
7. 设，分别为椭圆与双曲线的公共焦点,它们在第一象限内交于点,,若椭圆的离心率，则双曲线的离心率的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】根据椭圆及双曲线的定义可得，
所以.
在中，，由余弦定理可得
，
整理可得，，
两边同时除以可得，.
又，，
所以有，
所以，.
因为，所以，
所以，所以，，，
所以，.
则，
故.
故选：C.
8. 设，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】A
【解析】，
令，则，
令，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，
所以在上单调递增，所以，即，所以.
综上，.
故选：A
二、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. 已知直线l：，则（ ）
A. 直线l过点B. 直线l的斜率为
C. 直线l的倾斜角为D. 直线l在轴上的截距为1
【答案】ACD
【解析】直线l：，即直线l：，
令，可得，
即直线l过点，故A正确；
可知直线l的斜率为，故B错误；
设直线l的倾斜角为，可知，
所以，即直线l的倾斜角为，故C正确；
直线l在轴上的截距为1，故D正确；
故选：ACD.
10. 数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 数列是等差数列
C. 当时，D. 当或4时，取得最大值
【答案】ABD
【解析】由可得，
当时，，
两式相减即，
即时，
又当时，符合，
所以可得，
即可得AB正确；
易知数列为递减数列，
当时，，所以C错误；
由利用二次函数性质以及可得，
当或4时，取得最大值.
故选：ABD
11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别为，的中点，则（ ）
A.
B. ⊥平面
C. 异面直线与所成角的大小为
D. 平面到平面的距离等于
【答案】AB
【解析】连接，如下图所示：
因为是的中点，由正方体性质可知是与的交点，
又是的中点，所以是的中位线，即，可知A正确；
连接，四边形是正方形，所以，
又由正方体性质可知，，平面，
所以平面；
又，所以平面，即B正确；
由可得异面直线与所成的角即为直线与所成的角，
也即是异面直线与所成的角，
连接，易得是正三角形，所以，
即异面直线与所成的角为，故C错误；
易知，由正方体性质可知，
又，平面，
所以平面；
又平面，
所以，
同理可证，，平面，
所以平面；
同理可证平面；
因为正方体棱长为2，
所以正三角形和正三角形的边长为，可得其面积为，
设到平面的距离为，
则由等体积法可得，解得；
同理有到平面的距离也为，
又易知，
所以平面到平面的距离等于，即D错误；
故选：AB
12. 已知双曲线的左右顶点为，，左右焦点为，，直线与双曲线的左右两支分别交于，两点，则（ ）
A. 若，则的面积为
B. 直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，则
C. 若的斜率的范围为，则的斜率的范围为
D. 存在直线的方程为，使得弦的中点坐标为
【答案】ABC
【解析】在双曲线中，
对于A：在双曲线的焦点三角形中，，
可得
所以，故A正确；

对于B，不妨设，
当时表示双曲线，当时表示该双曲线的两条渐近线.
设直线，其与的交点为
联立，可得，
应满足且.
由韦达定理可知，都与无关.
所以线段的中点与线段的中点重合，不妨设为.
由可知，故B正确；
对于C，设，且，，
所以若的斜率范围为，则的斜率的范围为，C正确；
对于D，联立，消去可得，，
故直线与双曲线无交点，所以不存在中点，D错误.
故选：ABC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，，且，则_______.
【答案】2
【解析】，，且，
，
解得：，
故答案为：2.
14. 已知抛物线的准线方程为，则抛物线的标准方程为_________.
【答案】
【解析】设抛物线的标准方程为，由题意可知，，
得，所以抛物线的标准方程为.
故答案为：
15. 若函数在上单调递减，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【解析】由函数，可得，
因为函数在上单调递减，则在上恒成立，即在恒成立，
因为，所以，即实数的取值范围为.
故答案为：.
16. 记上的可导函数的导函数为，满足的数列 称为“牛顿数列”．若函数 ，数列 为牛顿数列，设 已知，， 则____________，数列的前项和为，若不等式 对任意的恒成立，则的最大值为___________．
【答案】;
【解析】因为，则，则，
由，，所以，解得，所以，
所以，
由，所以，
所以，即数列是以为首项、为公比的等比数列，
所以，，
因为对任意的恒成立，又且单调递增，
所以对任意的恒成立，
令，，
根据对勾函数的性质可得在上单调递减，
在上单调递增，
又，且，，
所以，所以的最大值为.
故答案为：；
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. 已知函数，且.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的极值.
解：（1）由题设，则；
，则，
所以点处的切线方程为，即；
（2）由（1），
由，有或，由，有，
故区间上单调递增，在上单调递减，
所以的极小值为，极大值为.
18 已知直线：和圆：.
（1）求圆C的圆心坐标和半径；
（2）求经过圆的圆心且与直线垂直的直线方程.
解：（1）圆可化为，则圆心为，半径为2；
（2）设与直线垂直直线的方程为
已求出圆的圆心坐标为，
又因为直线经过圆心，所以，即，
故所求直线方程为
19. 已知等比数列的前项和为，，且，，成等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）已知，求数列的前项和.
解：（1）因为数列是等比数列，设公比为，且成等差数列，
所以，解得，所以；
（2）把代入，化简得，
则①
由①得②
由①②得；
化简得，解得.
20. 如图,平面,,，，，，点E，F，M分别为，，的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的大小.
解：（1）连接，因为，所以，
又，所以为平行四边形，
因为点分别为的中点，所以，
因为为的中点，所以，
则，所以四边形为平行四边形，则，
又因为面，面，所以平面.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则
设平面的法向量为，
则，令，则，即，
设平面的法向量为，
则令，则，即，
设平面与平面所成夹角为，则，
所以平面与平面所成夹角为
21. 在直角坐标系中，已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率是，点P为椭圆短轴的一个端点，的面积是.
（1）求椭圆的方程；
（2）若动直线与椭圆交于两点，且恒有，是否存在一个以原点为圆心的定圆，使得动直线始终与定圆相切？若存在，求出圆的方程，若不存在，请说明理由.
解：（1）依题意可得，，又，
解得，
所以椭圆方程为
（2）存在，其定圆的方程是.

设原点到直线的距离为，
当直线斜率不存在时，设直线的方程为，
由，可知为等腰直角三角形，则可设，
∴，即，此时，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
∴，整理得，
联立方程，可得，
此时，
，
∴
即恒成立，
即恒成立，所以，即，
所以定圆的方程是；
综上，当时，存在定圆始终与直线相切，其方程是.
22. 已知函数，，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设，若存在零点，求实数的取值范围.
解：（1）由.
求导可得，
当时，，此时，函数在上单调递增；
当时，令，解得；
若，解得在上单调递增；
若，解得在上单调递减；
综上，当时，函数在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）令，易知，分离参数得，
令，其中，
则，
当时，；
当时，，
函数的减区间为，增区间为，
所以当时，取得最小值，画出函数的图象如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数的图象有交点，即存在零点；
故实数的取值范围是.