2023郴州高二上学期期末数学试题含解析

郴州市2022年下学期教学质量监测试卷

高二数学（试题卷）

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. 直线与直线垂直，则等于（）

A. 2 B.  C. 1 D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据一般式直线与直线垂直的结论列式求解即可得的值.

【详解】解：由于直线与直线垂直，

所以，解得

故选：A.

2. 与两圆和都相切的直线有（）条

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】D

【解析】

【分析】根据圆的标准方程确定两圆的圆心坐标和半径，由圆与圆的位置即可求解.

【详解】由题意知，，

所以圆心距,

所以两圆相离，公切线有4条.

故选：D.

3. 已知等比数列的前n项和为，且，，则（）

A.  B. 或 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据等比数列的定义与通项公式运算求解.

【详解】设等比数列的公比为，

∵，即，则，

∴，

则，解得.

故选：C.

4. 已知四棱柱的底面是平行四边形，点E在线段上满足，，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】用空间基底向量表示向量结合空间向量线性运算求解.

【详解】∵，则，

∴.

故选：A.

5. 已知曲线在处的切线方程为，则函数图象的对称轴方程为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用导数的几何意义求出的值，然后可得答案.

【详解】因为，曲线在处的切线方程为，

所以，结合可得

所以，解得

所以图象的对称轴方程为

故选：A

【点睛】本题考查的是导数的几何意义，属于基础题.

6. 已知双曲线的一条渐近线方程为，、分别是双曲线的左、右焦点，为双曲线上一点，若，则（）

A.  B.  C. 或 D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用双曲线的渐近线方程求出的值，求出的取值范围，结合双曲线的定义可求得的值.

【详解】双曲线的渐近线方程为，由题意可得，则，

因，则，所以，，

设点，其中或，

则，

若点在双曲线的右支上，则，则，

当点在双曲线的左支上，则，则.

由双曲线的定义可知，解得（舍）或.

故选：D.

7. 已知、是椭圆的左、右焦点，、是椭圆短轴的上、下顶点，P是该椭圆上任意一点，若的最大值与最小值之积为3，且四边形的内切圆半径为，则椭圆C的方程为（）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】首先根据的最值得到，根据且四边形的内切圆半径为得到，即可得到答案.

【详解】因为的最大值与最小值之积为3，所以，

四边形的内切圆半径为，

所以到直线的距离为，即，即.

所以，解得，，

椭圆.

故选：A

8. 在直三棱柱中，，，，，M为该三棱柱侧面内（含边界）的动点，且满足，则三棱锥体积的取值范围是（）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】在侧面中建立平面直角坐标系，确定点的轨迹，由此确定点到平面的距离的范围，结合锥体体积公式求三棱锥体积的取值范围.

【详解】如图在棱锥的侧面中，以的中点为原点，为的正方向，

建立平面直角坐标系，则，

因为，所以点的轨迹为以为焦点的椭圆的一部分，

且椭圆的长轴长为，

故点的轨迹方程为，其中，

所以，

即点到直线的距离的范围为，

因为侧面平面，

所以点到平面的距离的范围为，

即三棱锥的高的取值范围为，

设三棱锥的高为，

则三棱锥的体积，

因为，，，

所以，

所以，

故选：B.

二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 下列选项正确的是（）

A. ，则 B. ，则

C. ，则 D. ，则

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用基本初等函数的导数公式逐项判断，可得出合适的选项.

【详解】对于A选项，若，则，A对；

对于B选项，若，则，故，B对；

对于C选项，若，则，C错；

对于D选项，若，则，D对.

故选：ABD.

10. 已知圆，直线，则下列说法正确的是（）

A. 圆C的圆心坐标为 B. 圆C与y轴相切

C. 直线l过定点 D. 直线l与圆C相交

【答案】BD

【解析】

【分析】由圆的一般方程确定圆心坐标和半径，将直线方程化为点斜式方程求出恒过的定点，将定点代入圆方程可判断直线与圆的位置关系.

【详解】由，得，

所以，故圆C与y轴相切；

由，得，直线l恒过定点，

将点代入圆C方程，得，

即点在圆C内，所以直线l与圆C相交.

故选：BD.

11. 设是等差数列，是其前n项的和，且，，则下列结论正确的是（）

A B.

C.  D. 只在处时才取最小值

【答案】AB

【解析】

【分析】根据求出，由得到，，判断出AB正确；再根据作差法结合等差数列的性质判断出C选项，由，，，得到取得最小值的不止一个.

【详解】，解得：，B正确；

因为，所以，故，解得：，A正确；

因为，，所以，

，故，C错误；

因为，，，故当或7处时均取最小值，D错误.

故选：AB

12. 如图，四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面，O，P分别是的中点，M是棱SD上的动点，则下列选项正确的是（）

A.

B. 存在点M，使平面SBC

C. 存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°

D. 点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值

【答案】ABD

【解析】

【分析】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法判断ACD，根据线面平行的判定定理判断B

【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系（如图），

设，

则，

由M是棱SD上的动点，设，

，

，

，故A正确；

当为的中点时，是的中位线，

所以，

又平面，平面，

所以平面，故B正确；

，

若存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°，

则，

化简得，方程无解，故C错误；

点M到平面ABCD的距离，

点M与平面SAB的距离，

所以点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为，是定值，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. 《九章算术》是我国古代的数学名著,书中有如下问题:“今有五人分五钱,令上二人所得与下三人等．问各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱,甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同,且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱?”(“钱”是古代的一种重量单位)．这个问题中,乙所得为_______钱.

【答案】

【解析】

【详解】由题意,设这五人所得钱分别为，

则，且，所以，

所以乙所得为钱.

14. 在空间中，已知平面α过(3,0,0)和(0,4,0)及z轴上一点(0,0,a)(a>0)，如果平面α与平面xOy的夹角为45°，则a＝________.

【答案】

【解析】

【分析】分别求出两个平面的法向量，利用二面角的向量公式，即得解

【详解】不妨设

取平面xOy的法向量，

设平面α的法向量为，

则

即3x＝4y＝az，取z＝1，则.

又∵a>0，∴

故答案为：

15. 已知双曲线的右焦点为，点A坐标为，点P为双曲线左支上的动点，且的周长不小于14，则双曲线C的离心率的取值范围为__________．

【答案】

【解析】

【分析】的周长不小于14，可得的最小值不小于9，设为双曲线的左焦点，则的最小值不小于9，分析可得三点共线时，取最小值，从而可求的范围，根据离心率公式即可求解.

【详解】由右焦点为，点A坐标为，可得.

因为的周长不小于14，所以的最小值不小于9.

设为双曲线的左焦点，可得，

故，

当三点共线时，取最小值,即，

所以,即.

因为,所以.

又,所以.

故答案为:.

16. 设点P是函数图象上的任意一点，点P处切线的倾斜角为，则角的取值范围是__________．

【答案】

【解析】

【分析】首先根据题意得到，根据导数切线的几何意义得到，即可得到答案.

【详解】因为，，

，

所以.

所以，解得或.

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. 已知空间向量，，，，．

（1）求x，y，z；

（2）求与所成角的余弦值．

【答案】（1），，

（2）

【解析】

【分析】（1）根据空间向量平行及垂直的坐标关系可得x，y，z的值；

（2）利用空间向量坐标运算求得，，即可得，，再根据夹角余弦公式求得与所成角的余弦值即可．

【小问1详解】

解：由得，解得，，经检验符合；

由得，解得

，，．

【小问2详解】

解：由（1）可得，，

，，

．

18. 已知圆C过点，圆心C在直线上，且圆C与x轴相切．

（1）求圆C的标准方程；

（2）过点的直线l与圆C相交于A、B两点，若为直角三角形，求直线l的方程．

【答案】（1）

（2）或．

【解析】

【分析】(1)待定系数法求圆方程即可；

(2) 设，根据题意得到弦长，再结合垂径定理和点线距离公式可求的值，从而得到直线l的方程．

【小问1详解】

由题意，设圆心，由于圆C与x轴相切．半径，

所以设圆C方程为

又圆C过点，

解得

圆C方程．

【小问2详解】

由圆C方程易知直线l的斜率存在，故设，即

，设C到l的距离为d，

则，

为直角三角形，，，

或，

故直线l得方程为或．

19. 如图2，在中，，，．将沿翻折，使点D到达点P位置（如图3），且平面平面．

（1）求证：平面平面；

（2）设Q是线段上一点，满足，试问：是否存在一个实数，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析

（2）存在，

【解析】

【分析】（1）利用余弦定理求出的长，由勾股定理得，过点作，然后利用面面垂直的性质定理及判定定理证明即可，

（2）建立空间直角坐标系，利用法向量建立关系式分析即可.

【小问1详解】

在中，由余弦定理得，

，

，

过点作交于点，如图所示，

又平面平面，且平面平面

由平面，

所以平面，又平面，

所以，又，

所以平面，又平面，

所以平面平面．

【小问2详解】

由题知，即，

由（1）知，且

平面，所以以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，

设为平面的法向量，

由，

令得，

且，

又易得平面的法向量为，

由，

故存在实数使得平面与平面的夹角的余弦值为．

20. 已知数列的前n项和为，且满足，是3与的等差中项．

（1）设，证明数列是等比数列；

（2）是否存在实数，使得不等式，对任意正整数n都成立？若存在，求出的最小值；若不存在，说明理由．

【答案】（1）证明见解析

（2）存在，的最小值为．

【解析】

【分析】(1)根据等差中项的应用可得，利用与的关系即可证明；

(2)由(1)，根据等比数列的通项公式可得，即，进而数列为等差数列，利用公式法求出与，有，结合数列的单调性即可求解.

【小问1详解】

由题设得①，有②，

在①中令得，

，

由②-①，得

，

又，所以，

数列是首项为4，公比为2的等比数列．

【小问2详解】

由（1）得，即

变形得到，数列是等差数列，由此得

，

，

由恒成立，

令，则．

，

当时，；当时，，

的最大值为，，

即的最小值为．

21. 已知函数和，其中a，b为常数且．

（1）当时，求曲线在处的切线方程；

（2）若存在斜率为1的直线与曲线和都相切，求的取值范围．

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意对函数求导，求出切点和切线的斜率，根据点斜式求切线方程即可，

（2）设曲线在点处的切线斜率为1，求导计算可得；设曲线在点处的切线斜率为1，求导计算可得，再由直线的斜率为1，可得的关系，由于，则，从而即可求出的取值范围．

【小问1详解】

当时，，

当时，切点为，

，切线斜率为，

切线方程为，即．

【小问2详解】

的定义域为的定义域为，

且，

设曲线在点处的切线斜率为1，则，

所以，则，

设曲线在点处的切线斜率为1，则，

所以，则，

直线的斜率，

所以，

由于，则，

所以的取值范围为．

22. 已知抛物线的焦点关于直线的对称点恰在抛物线的准线上．

（1）求抛物线的方程；

（2）是抛物线上横坐标为的点，过点作互相垂直的两条直线分别交抛物线于两点，证明直线恒经过某一定点，并求出该定点的坐标．

【答案】（1）

（2）证明见解析，直线恒过定点．

【解析】

【分析】（1）由题知，设，则中点为，再根据对称性求解即可；

（2）设直线的方程为，、，进而与抛物线方程联立得，，再根据，结合整理得，代入即可得定点.

【小问1详解】

解：由已知得，设，则中点为，

关于直线对称，

点R在直线l上，

，解得，即．

又由，得直线的斜率，

，解得，

∴．

【小问2详解】

证明：设直线的方程为，、均不与M重合，

由得，

，．

由（1）得，

，，

又由得，即，

∴，

∴，

∴，∴，

∴，∴，

直线的方程为，即，

∴直线恒过定点．