2023~2024学年湖南省郴州市高二上期末教学质量监测数学试卷（解析版）

这是一份2023~2024学年湖南省郴州市高二上期末教学质量监测数学试卷（解析版），共19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.
【答案】A
【解析】由点，可得，
因为直线与直线垂直，可得，即，解得，
所以直线的斜率为.
故选：A.
2. 已知等差数列的前项和，公差为，且，则（ ）
A. 0B. 1011C. 1012D. 2024
【答案】C
【解析】因为，，所以A,B,C三点共线，且，
故.
故选：C
3. 函数在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由，得，
在点0,1处的切线斜率为，
所以切线方程为，即.
故选：A.
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.
【答案】B
【解析】取线段的中点，连接，明显有，又
所以面，
则为二面角的平面角，即，
则，
取的中点，连接，
则，
又面，面，
所以，又，
所以面，则线段长即为点到平面的距离，
所以.
故选：B.
5. 正方体中，与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，设正方体的棱长为1，A1,0,0,,,，
,,，
设平面的法向量为，
即，取，，
设与平面所成角为,
，
故选：B.
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.
【答案】C
【解析】为直角三角形，可分为以下三类讨论：
以点为直角顶点；以点为直角顶点；以点为直角顶点.
由椭圆的对称性可知：以点为直角顶点的点有两个；以点为直角顶点的点有两个，
则要使为直角三角形点有8个，须使以点为直角顶点的直角三角形有4个.
由椭圆的对称性可得在轴上方有两个点满足以点为直角顶点.
则，
即
，
所以，解得即，
所以，
又因为椭圆离心率，
所以.
故选：C.
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.
【答案】C
【解析】由点，可得线段的垂直平分线的方程为，
设的外接圆的圆心为，其中，且圆的半径为，
因为直线与圆相切，可得，
又由，所以，
解得或（舍去），即圆心，
又由，可得，解得，
则直线的方程为，即，
联立方程组，解得，即点的坐标为.
故选：C.
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.
【答案】D
【解析】因为的定义域为0,+∞，且，
令，可得，
由题意可知与有2个变号交点，
则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，
可得，且当x趋近于0，趋近于，当x趋近于，趋近于0，
可得的图象，如图所示：
由图象可得，解得，所以实数的取值范围为0,12e.故选：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
【答案】BC
【解析】由正四面体各个侧面都是等边三角形，
连接，为其中点，连接，又分别为的中点，
，A错；
易知，则，B对；
由面，则面，
即平面，C对；
连接，显然，则和夹角，即为或其补角，
又，可得，
中，，有，
所以，D错.
故选：BC
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. -1B. 0C. 1D. 2
【答案】CD
【解析】由题意知数列的前项和为，
故当时，；
当时，，
也适合该式，故，
则，
故，
由于对一切都有恒成立，
故，结合选项知整数的可能值为1，2，
故选：CD
11. 已知圆，则下列命题正确的是（ ）
A. 圆心坐标为2,1
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
【答案】ABD
【解析】对于A中，由圆，可化为，
可得圆心，半径为，所以A正确；
对于B中，由圆心到直线的距离为，
则相交弦长为，所以B正确；
对于C中，由圆，可得圆心，半径，
可得，且，则，
所以圆与圆相交，可得两圆有两条公共切线，所以C错误；
对于D中，由圆上恰有三个点到直线的距离为，
则满足圆心到直线的距离为，即，
解得或，所以D正确.
故选：ABD.
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
【答案】ABD
【解析】令且，
当时，①；
当时，②，
由①②联立得，
所以，
累加可得，
令(且为奇数)，得，
当时满足上式，所以当为奇数时，，
当为奇数时，，
所以，其中为偶数，
所以，所以，故A正确，
，故B正确；
由，
而，故此数列的前项和不为，故C错误；
因为，
所以的前2n项和
，
则，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. 已知等比数列中，是方程的两根，则的值为______.
【答案】64
【解析】由是方程的两根，则，
由等比数列，则，所以.
故答案为：.
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______.
【答案】
【解析】设，则，点到直线的距离，
由题意可知，则，化简得，
直线的斜率，由，则直线的方程为.
设，
，消去可得，解得，
，
.
故答案为：.
15. 已知函数，若，则的最小值为______.
【答案】
【解析】因为，若，则，
令，则
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
，所以，
故的最小值为.
故答案为：.
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______.
【答案】
【解析】因为点在线段上运动，设，，
在线段上作一点，使得，
在线段上作一点，使得如图所示，
由三角形性质可知，在中，，且，
因为底面是矩形，所以，所以且，
所以四边形是平行四边形，
因为平面，平面，
所以，因为，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以四边形是矩形，
所以点到点的距离即为点到线段的距离
因为，
所以当为中点时，最小，
即，
所以点在线段上运动，点到距离最小为.
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.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
解：（1）当时，，得，
当时，由得，，
两式相减得：，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，且.
（2）由（1）知，
所以时，，
因此，数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以.
18. 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？
解：（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：设圆一般方程为：
圆心坐标为，代入得：①
点圆上：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. 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.
解：（1）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，
所以在直角中，，
在直角中，，
所以，即，又平面，
所以平面，
（2）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. 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.
解：（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，
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. 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.
解：（1）令，因为到抛物线的焦点的距离为2，所以，
代入得：，
且，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：，消去可得：
，由题意可得，
故.
因为，所以，又，则，
解得，显然恒成立.
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. 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.
解：（1）由已知得：，
①当时，在定义域上单调递增；
②当时，由，得，
当，则在上单调递减，
当，在上单调递增.
（2）若函数与的图象恰有1对点关于点1,0对称，
则方程，
即，
即恰有1个解，
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：
当时，单调递减，且，
当时，单调递减；
当x∈2,+∞时，单调递增；
hx极小值，且当x>1且时，
故由直线与曲线恰有1个公共点，得实数的取值范围是.
法二：由恰有1个解，得直线与曲线恰有1个公共点.
易知直线过定点，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，
故实数的取值范围是.