安徽省滁州市2023-2024学年高二上学期1月期末联考数学试题（原卷及解析版）

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考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册、选择性必修第二册.
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. 在平面直角坐标系中，直线在轴上的截距为（ ）
A. B. 8C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对直线方程，令，即可求得结果.
【详解】对方程，令，解得；
故直线在轴上的截距为.
故选：A.
2. 已知双曲线的焦距为12，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线的焦距，求得，再求渐近线方程即可.
【详解】因为双曲线的焦距为，所以，解得，
所以该双曲线的渐近线方程为.
故选：C.
3. 已知等比数列满足，，则数列前7项的和为（ ）
A. 256B. 255C. 128D. 127
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列通项公式，建立基本量的方程组求解，再应用前项和公式即可得.
【详解】设等比数列的公比为，因为，，
可得解得，，
所以数列前项的和.
故选：D.
4. 圆与圆公切线的条数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据两圆的一般方程求出两圆圆心、半径，求出圆心距.根据圆心距与两半径之间的关系可得两圆外离，即可得出答案.
【详解】根据题意：
圆，，
其圆心为，半径；
圆，，
其圆心为，半径；
两圆的圆心距，所以两圆外离，
所以公切线条数有4条.
故选：D.
5. 已知函数，则的图象在处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出导函数后计算出切线斜率，然后写出切线方程．
【详解】由题意知，
所以，又，
所以的图象在处的切线方程为，即.
故选：A.
6. 已知，点是抛物线上的一点，点是圆上的一点，则的最小值为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线定义确定，分析出圆的圆心和半径，点是圆上的一点，则有,即，由此将求的最小值问题转化为求最小值问题，得出当且仅当、、三点共线时，取得最小值即可.
【详解】
由题意知是抛物线的焦点，抛物线准线方程为：，过点
作垂直于准线，垂足为,即点到抛物线线的准线的距离为：；
圆是圆心为，半径的圆，根据抛物线定义有：
，因为点是圆上的一点,所以,
即,由此有：，
当且仅当、、三点共线时，取得最小值，
所以，
所以的最小值为6.
故选：B.
7. 如图，在棱长为3的正方体中，点是棱上的一点，且，则点到平面的距离为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用向量法求点到面的距离即可.
【详解】以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系，如图所示.

所以，，，，所以，.
设平面的法向量，
所以令，解得，，
所以平面的一个法向量，又，
所以点到平面的距离.
故选：B.
8. 已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出函数的导数，通过在上单调递减，列出不等式然后通过函数的最值求解实数的取值范围.
【详解】由题意知在上恒成立，
所以在上恒成立.
令，所以，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递琙，
所以，所以，解得，
即的取值范围是.
故选：C.
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 若P，A，B，C四点共面，则存在实数x，y，使得
B. 若直线的方向向量为，直线的方向向量为，则
C. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则
D. 对于空间中的一点，若，则A，B，C，P四点共面
【答案】BD
【解析】
【分析】A、C由空间向量共面定理判断；B，由线线垂直向量法判断；D由线面垂直向量法判断.
【详解】若C，A，B三点共线，点与C，A，B三点不共线时，
则不存在实数x，y，使得，故A错误；
因为，所以，故B正确；
因为，所以或，故C错误；
因为，所以，
所以，所以A，B，C，P四点共面，故D正确.
故选：BD.
10. 已知等差数列的前项和为，公差，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 当取得最小值时，的值为22D. 当时，的最小值为44
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用等差数列的性质逐个分析选项即可.
【详解】因为，所以，所以，又，所以，故A正确；，故B正确；因为，所以该等差数列是递增数列，又，所以当，或时，取得最小值，故C错误；，又，所以，因此的最小值为44，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知函数的定义域为，其导函数为，且对任意的，都有，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】令，可得在上单调递增，取自变量的值可得结果.
【详解】令，所以，
所以在上单调递增，
所以，即，故A错误，B正确；
又，所以，
即，故C正确，D错误.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数．
(3)利用导数研究的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
12. 已知抛物线的焦点为，且，B，C三点都在抛物线上，则下列说法正确的是（ ）
A. 点的坐标为
B. 若直线过点F，O为坐标原点，则
C. 若，则线段的中点到轴距离的最小值为
D. 若直线，是圆的两条切线，则直线的方程为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，将点代入抛物线，得到方程后再求解即可.对于B，联立方程组后，运用平面向量的坐标运算求解即可，对于C，运用焦半径公式结合基本不等式求解即可，对于D，运用几何法，设切线，求解方程即可.
【详解】因为在抛物线上，所以，解得，所以，故A正确；
显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，
由得，所以，所以，
所以，故B正确；
因为（大于通径长），
当且仅当B，C，F三点共线时，等号成立，所以，所以，
即线段的中点到轴距离的最小值为，故错误；
直线的斜率为，所以直线的方程为，
即，又直线与圆相切，
所以，整理得，
即.同理可得，
所以直线的方程为，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若直线与直线互相垂直，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用直线垂直的定义计算即可.
【详解】由题意知直线的斜率为，
若，则一条直线的斜率为，另一条直线垂直于轴，此时两直线不垂直.
故，所以直线的斜率为，且两直线相互垂直，
故有，解得.
故答案为：
14. 在四棱柱中，，，，则__________.
【答案】3
【解析】
【分析】根据向量线性运算法则有，平方后利用数量积的运算求解．
【详解】由题意知，所以
，
即，
解得，即.
故答案：3.
15. 已知双曲线左、右焦点分别为，，点在的左支上，且，，则的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用双曲线的定义，结合题意和余弦定理建立齐次式，从而得解.
【详解】由双曲线定义知，，又，
所以，，又，，
在中，由余弦定理得，
即，整理得，
解得或（舍），即的离心率为.
故答案为：.
16. 已知实数x，y满足，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用同构将目标式转化为一元函数，利用导数求解最值即可.
【详解】因为，所以.
令，所以，所以在上单调递增，
又，所以，所以，所以，
令，所以，令，解得；令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即的最大值为.
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. 已知数列的前项和为，，且.
（1）求通项公式；
（2）若，数列的前项和为，求证：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用，得到，从而说明是公差为2的等差数列，利用等差数列的基本量计算即可;
（2）表示出，利用裂项相消法，计算证明即可.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，
所以是公差为2的等差数列，
又，所以，解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，
.
又，所以.
18. 已知圆.
（1）若点是圆上的一点，求的取值范围；
（2）过点的直线与圆交于两点，且，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）设，由直线与圆有公共点，借助直线与圆的位置关系求解即可；
（2）利用圆的弦长公式求出，分类讨论利用点到直线的距离，求出直线的方程即可.
【小问1详解】
由圆，可得圆心，半径为.
设，则直线与圆有公共点，所以，
解得，所以的取值范围是.
【小问2详解】
由圆，可得圆心，半径为.
设点到直线的距离为，
因为，所以，解得，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
即，
所以点到直线的距离为，
解得，所以直线的方程为.
综上，直线的方程为或.
19. 如图，在四棱锥中，四边形是正方形，平面，，点，分别为棱，的中点.
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证，然后证明平面，得，从而可证得平面，证得线线垂直；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【小问1详解】
证明：因为平面，平面，所以.
因为四边形是正方形，所以，又，，平面，
所以平面，又平面，所以，
在中，，又点是棱的中点，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以.
【小问2详解】
因为平面，，平面，所以，，
又四边形是正方形，所以.
以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.
不妨设，所以，，，，.
设平面的法向量，又，，
所以令，解得，，
所以平面的一个法向量.
设平面的法向量，又，，
所以令，解得，，
所以平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值为.
20. 在数列中，，且.
（1）求的通项公式；
（2）记数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，可得，然后根据累加法结合条件即可求解；
（2）利用错位相减法求出，然后根据恒成立分类讨论即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以，即，
当时，
，
所以，又符合，
所以；
【小问2详解】
由题意知，
，
两式相减得，
所以，若不等式对任意的恒成立，
当，时，则，
所以，当，时，
则，所以，即，
所以，即的取值范围为.
21. 已知函数.
（1）若，求的极值；
（2）若函数恰有两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）的极小值为1，无极大值.
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性和极值；
（2）求导，分类讨论判断单调性，结合零点存在性定理判断的零点.
【小问1详解】
若，则，
可知的定义域为，且，
令，解得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，且，
所以的极小值为1，无极大值.
【小问2详解】
因为，
则的定义域为，且.
当时，，则在上单调递增，
所以至多有一个零点，不符合题意；
当时，令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
.
令，，则，
所以在上单调递减，且，
若，则，则至多有一个零点，不符合题意；
若，则，且，
又在上单调递减，所以在上存在唯一一个零点；
，
因为，所以，令，
令，，所以，所以在上单调递增，
所以，即，
所以，又在上单调递增，
所以在上存在唯一一个零点，所以当时，函数恰有两个零点.
综上，的取值范围是.
【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．
22. 已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，，上、下顶点分别为，，且四边形的面积为12.
（1）求的方程；
（2）过点直线交于M，N两点（不同于，两点），直线与直线交于点，试判断的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）是定值；12
【解析】
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出、的值，由此可得出椭圆的方程；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立得根与系数关系，设出直线的方程，直线的方程，将两个方程相除运算求得点的纵坐标，得解.
【小问1详解】
由题意知，解得，，，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为，，.
由，得，
所以，.
易得，，所以直线的方程为，直线的方程为，
由，得
，
即，解得，即点的纵坐标，
所以的面积，即的面积为定值12.
【点睛】关键点睛：本题第二问考查椭圆中的定值问题.解题的关键是设出直线的方程，直线的方程，将两个方程相除结合根与系数关系运算求得点的纵坐标为定值.