高二上学期数学期末测试卷02-【试题汇编】备战2023-2024学年高二数学上学期期末真题分项汇编（人教A版2019选择性必修第一、二册）

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一、单选题
1．（2023上·山东·高二山东师范大学附中校考期末）已知等比数列各项均为正数，公比，且满足，则（ ）
A．8B．4C．2D．1
【答案】C
【分析】根据等比数列的性质可得，根据各项均为正数，得到，则，进而求解.
【详解】因为，由等比数列的性质可得：，
又因为数列各项均为正数，所以，因为公比，则，
故选：.
2．（2023上·湖北十堰·高二统考期末）已知直线与直线，若，则（ ）
A．B．2C．2或D．5
【答案】A
【分析】解方程，再检验即得解.
【详解】解：若，则，
所以或．
当时，重合，不符合题意，所以舍去；
当时，符合题意．
故选：A
3．（2023上·四川凉山·高二统考期末）若圆的弦被点平分，则直线的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】若圆心，根据题设知求出直线的斜率，应用点斜式写出直线方程即可.
【详解】由题设，直线过，若圆心，则，即，
由，则，故直线方程为，
所以直线的一般方程为.
故选：A
4．（2023上·上海浦东新·高二校考期末）已知曲线为实数，则下列说法错误的是（ ）
A．曲线可能表示两条直线
B．若，则是椭圆，长轴长为
C．若，则是圆，半径为
D．若，则是双曲线，渐近线方程为
【答案】D
【分析】A选项，注意到当时，可表示两条直线；
B选项，由题，将化为，据此可判断选项正误；
C选项，由题，将化为，据此可判断选项正误；
D选项，当，化为；当，化为，据此可判断选项正误.
【详解】A选项，注意到当时，，表示两条直线或，故A正确；
B选项，，因，则，故椭圆长轴为
，故B正确；
C选项，，则圆半径为，故C正确；
D选项，当，，则双曲线渐近线为；
当，，则双曲线渐近线为.故D错误.
故选：D
5．（2023上·浙江杭州·高二杭州市长河高级中学校考期末）设空间两个单位向量与向量的夹角的余弦值为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题设，结合空间向量模长、夹角的坐标公式列方程组求得，再由即可求结果.
【详解】由题意可得，则，即，
又，即，且，
所以.
故选：C
6．（2023上·四川绵阳·高二统考期末）已知椭圆的上焦点为，直线与椭圆交于M，N两点，则的周长的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用椭圆定义和椭圆的对称性即可求得的周长的取值范围.
【详解】直线与椭圆交于M，N两点，
椭圆的上焦点为，令下焦点为，连接
由椭圆的对称性可得，
则的周长为,
又，则，
则的周长的取值范围是
故选：D
7．（2023上·江苏苏州·高二统考期末）如图，在直三棱柱中，，是的中点，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 若，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，由向量垂直的坐标表示可解得t，即可由向量法求得，从而求得结果.
【详解】由题意得，设，则有，
，由得.
，∴.
故异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A
8．（2023上·重庆渝中·高二重庆巴蜀中学校考期末）已知过点可以作曲线的两条切线，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据导数的几何意义设切点坐标，求解切线方程为，代入点，得到关于的含参方程，孤立参数，构造函数利用导数确定函数的取值情况，满足方程的根又两个，从而可得实数的取值范围.
【详解】解：设切点是，，即，而
故切线斜率，切线方程是，
又因为切线经过点，故，显然，
则，在上有两个交点，
令，设，则，令得，，
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
又，，且时，，时，，时，，时，，
所以有两个交点，则或，故实数的取值范围是.
故选：C.
二、多选题
9．（2023上·广东广州·高二统考期末）过直线l： 上的动点P分别作圆C1：与圆C2：的切线，切点分别为A，B，则（ ）
A．圆C1上恰好有两个点到直线l的距离为
B．|PA|的最小值为
C．的最小值为
D．直线l上存在两个点P，使得
【答案】BCD
【分析】确定两圆圆心和半径，到直线的距离为，，A正确，的最小值为，B错误，计算对称点得到最小距离为，C正确，计算轨迹方程为圆，再判断直线和圆的位置关系得到D正确，得到答案.
【详解】圆C1：，圆心，半径；
圆C2：，圆心，半径，
对选项A：到直线的距离为，，故只有1个点满足条件，错误；
对选项B：，的最小值为，故的最小值为，正确；
对选项C：设关于直线的对称点为，则，解得，故，，正确；
对选项D：，即，即，设，则，整理得到，轨迹为圆心为，半径为的圆，圆心到直线的距离为，直线和圆相交，有2个交点，正确.
故选：BCD
10．（2023上·河北石家庄·高二统考期末）已知直线过抛物线的焦点F，且与抛物线C交于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为M，N，则下列说法正确的是（ ）
A．抛物线的方程为B．线段的中点到y轴的距离为
C．线段的长度为D．
【答案】ACD
【分析】根据给定条件，求出焦点F的坐标判断A；联立直线l与抛物线C的方程，利用韦达定理，结合抛物线定义、向量垂直的坐标表示判断BCD作答.
【详解】显然抛物线的焦点F在x轴上，直线与x轴交于点，
即，则，解得，抛物线的方程为，准线方程为，A正确；
由消去并整理得：，设，
则有，线段的中点横坐标为，因此线段的中点到y轴的距离为，B错误；
，因此线段的长度为，C正确；
显然点，，
则，
即，因此，D正确.
故选：ACD
11．（2023上·江苏南京·高二南京大学附属中学校考期末）下列求导运算正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．，则
【答案】ACD
【分析】利用导数计算公式分析各选项可得答案.
【详解】A选项，，故A正确；
B选项，，故B错误；
C选项，，故C正确；
D选项，，则，D正确.
故选：.
12．（2023上·广东汕尾·高二统考期末）如图，三棱柱是各条棱长均等于1的正三棱柱，分别为的中点，下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．异面直线与所成角为
D．直线与平面所成角的正弦值为
【答案】ABD
【分析】连接,可得，又，从而可判断A；由，可判断B；由，，可得直线与所成角即为与所成角，根据棱柱的结构特征可判断C；以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，根据即可判断D.
【详解】连接,
因为分别为的中点，所以.
因为分别为的中点，所以.
所以，故A正确；
因为，，所以，故B正确；
因为，，所以直线与所成角即为与所成角.
因为平面，平面，所以，即.
因为三棱柱是各条棱长均等于1的正三棱柱，
所以，所以，即异面直线与所成角为，故C错误；
以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，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，可得，故.
设直线与平面所成角为，
则，故D正确.
故选:ABD.
三、填空题
13．（2023上·北京海淀·高二统考期末）已知椭圆的左、右焦点分别是，且是面积为的正三角形．过垂直于的直线交椭圆M于B，C两点，则的周长为 ．
【答案】
【分析】由面积为，且其为正三角形，可得.后由中垂线性质结合椭圆定义可得答案.
【详解】如图，设，则，因面积为，且其为正三角形，又，则，则.
又直线BC过，与垂直，为正三角形，则直线BC为中垂线，
则，又，
故的周长，又C，B在椭圆上，则由椭圆定义有.
故答案为：
14．（2023上·福建莆田·高二莆田华侨中学校考期末）已知数列满足，则数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】由题意根据等差数列的前项和可得，再利用构造法结合等差数列的通项即可得解.
【详解】因为，
所以，
∴数列是首项为，公差为的等差数列，
，
所以.
故答案为：.
15．（2023上·广东湛江·高二统考期末）写出过点且与圆相切的一条直线的方程 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据题意：先讨论斜率不存在的情况是否成立；斜率存在时，设出切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径即可求解.
【详解】当过点的直线斜率不存在时：方程为：，此时直线到圆心的距离，满足题意；
当过点的直线斜率存在时：设方程为：，
即，因为直线与圆相切，
所以，解得：，所以直线方程为：，
所以过点且与圆相切的一条直线的方程或，
故答案为：（答案不唯一）.
16．（2023上·北京房山·高二统考期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，椭圆的上顶点为．且．双曲线和椭圆有相同焦点，且双曲线的离心率为，为曲线与的一个公共点，若．则 ， ．
【答案】
【分析】根据可得，，由此可得；假设在第一象限，由求出，，根据余弦定理得，将，代入可得，再根据离心率公式可求出结果.
【详解】在椭圆中，因为上顶点为．且，所以，
所以，所以，所以.
设双曲线方程为，假设点在第一象限，
则由得，，
在中，由余弦定理得，
所以，
整理得，得，
所以，所以，解得.
故答案为：；.
四、解答题
17．（2023上·甘肃临夏·高二校考期末）已知圆，直线．
(1)求证：直线l恒过定点；
(2)当时，求直线l被圆C截得的弦长．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）根据直线过定点的知识证得结论成立.
（2）根据点到直线的距离公式以及勾股定理求得弦长.
【详解】（1）依题意直线，
整理得，
由解得，所以恒过定点.
（2）当时，直线，
圆的圆心为，半径为，
到直线的距离为，
所以直线l被圆C截得的弦长为.

18．（2023上·安徽蚌埠·高二统考期末）已知等差数列的首项为1，其前项和为，且是2与的等比中项.
(1)求数列的通项公式；
(2)若是数列的前项和，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设等差数列的公差为，由等比中项的性质即可得，在由等差数列的通项公式和前项和公式代入化简可求出，即可求出数列的通项公式；
（2）由裂项相消法求和即可；
【详解】（1）设等差数列的公差为，由题意，
即，解得，
，
即数列的通项公式为.
（2），
.
19．（2023上·四川眉山·高二仁寿一中校考期末）已知O为坐标原点，位于抛物线C：上，且到抛物线的准线的距离为2．
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知点，过抛物线焦点的直线l交C于M，N两点，求的最小值以及此时直线l的方程．
【答案】(1)
(2)13；．
【分析】（1）根据抛物线的定义计算即可；
（2）根据韦达定理及二次函数最值计算即可.
【详解】（1）根据题意可得，
又，解方程组得，，
故所求抛物线C方程，
（2）
设点，，抛物线的焦点坐标为．
当直线l的斜率等于0时，不存在两个交点，不符合题意；
当直线l的斜率不等于0时，不妨设过抛物线焦点的直线l的方程为：；
联立抛物线方程可得，消去x得：，
，得，
由韦达定理得，，
易知，
故
．
所以当时，取得最小值为13．
此时直线l的方程为．
20．（2023上·湖南邵阳·高二统考期末）如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面平面，是斜边的长为的等腰直角三角形，E，F分别是棱，的中点，M是棱上一点，
(1)求证：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正切值为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，从而，又，由线面垂直的判定定理得平面，则，又，得平面，根据面面垂直的判定定理即可证得结论；
（2）取的中点，则，，结合（1）得平面，结合线面角的定义得是直线与平面所成角，求得，，建立空间直角坐标系，分别求出平面、的法向量，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）因为是斜边PA的长为的等腰直角三角形，所以，，
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，∴，
又，，平面，∴平面，
因为平面，∴，
∵，F是棱PC的中点，∴，
又，平面，∴平面．
又平面，∴平面平面．
（2）如图，取的中点，连接，，
则，，
由（1）知平面，∴平面，
∴是直线与平面所成角，
∴，
∴，∴，
以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则有：，，，，
∴，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为
则，令，则，
有，令，则，
∴，
∴平面与平面夹角的余弦值为．
21．（2023上·陕西西安·高二校考期末）已知函数在处取得极值．
(1)求的解析式，并讨论和是函数的极大值还是极小值；
(2)试求函数的单调区间．
【答案】(1)，是函数的极大值，是函数的极小值
(2)单调递增区间为和；单调递减区间为
【分析】（1）求导得到导函数，根据极值点得到是方程的两个实根，解得，确定函数的单调区间得到极值.
（2）根据导函数的正负确定函数的单调区间即可.
【详解】（1），在处取得极值，
故是方程的两个实根．所以，解得，
所以，．
令，得或；令，得．
故函数在和上单调递增，在上单调递减，
故是函数的极大值，是函数的极小值．
（2），．
令，得或；令，得．
故的单调递增区间为和；单调递减区间为．
22．（2023上·浙江湖州·高二统考期末）西部某地为了践行“绿水青山就是金山银山”，积极改造荒山，进行植树造林活动，并适当砍伐一定林木出售以增加群众收入.当地2022年年末有林场和荒山共2千平方公里，其中荒山1.5千平方公里，打算从明年（2023年）起每年年初将上年荒山（含上年砍伐的林区面积）的植树绿化，年末砍伐上年年末共有林区面积的以创收.记2023年为第一年，为第年末林区面积（单位：千平方公里）.
(1)确定与的递推关系（即把用表示）；
(2)证明：数列是等比数列，并求；
(3)经过多少年，该地当年末的林区面积首次超过1.2千平方公里？
【答案】(1)
(2)证明见解析，
(3)经过5年，该地当年末的林区面积首次超过1.2千平方公里
【分析】（1）根据题意分析即可得出答案；
（2）由（1）得，证明为定值即可，再根据等比数列的通项即可得出答案；
（3）由题意可得，解不等式即可.
【详解】（1），
，
；
（2），
且，
所以数列是以为公比的等比数列，
，
所以；
（3）由（2）知，
解得，
当时，，
当时，，
经过5年，该地当年末的林区面积首次超过1.2千平方公里.