安徽省十五校教育集团2023-2024学年高二上学期期末联考数学试卷（Word版附解析）

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命题：王聿桁 吴维 审题：孙全浩 文洪予 校对：吴韬
时间：120分钟 满分：150分 考试范围：人教A版选修一、二
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分）
1. 已知点，空间内一平面过原点，且垂直于向量，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意结合点到面的距离公式运算求解.
【详解】由题意可得：，平面的法向量为，
所以点到平面的距离为.
故选：A.
2. 已知数列是首项为5，公差为3的等差数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析】根据题意结合等差数列通项公式可得，即可得结果.
【详解】由题意可知：，可得，
所以.
故选：D.
3. 抛物线上到直线距离最近的点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知抛物线的切线与直线平行时，切点到直线距离最小，结合导数的几何意义运算求解.
【详解】因为直线的斜率，
又因为，则，
令，解得，此时，
可知抛物线上到直线距离最近的点的坐标是.
故选：C.
4. 若直线把单位圆分成长度为的两段圆弧，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直线和圆相交于，则根据较短弧长与较长弧长之比为得到，利用点与直线距离建立条件关系即可．
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径，
设直线和圆相交于，

若较短弧长与较长弧长之比为，则，
则圆心到直线的距离，
即，解得.
故选：B.
5. 定义：对于数，，若它们除以整数所得的余数相等，则称与对于模同余或同余于模，记作．已知正整数满足，将符合条件的所有的值按从小到大的顺序排列，构成数列．设数列的前项之和为，则的最小值为（ ）
A. 12B. 14C. 16D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，求出数列的通项及前项和为，再借助单调性求解即得.
【详解】由题意可知：，且，
可知数列是等差数列，则，
可得，
当且仅当时，取得最小值16.
故选：C.
6. 已知函数为连续可导函数，的图像如图所示，以下命题正确的是（ ）

A. 是函数的极大值B. 是函数的极小值
C. 在区间上单调递增D. 的零点是和
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合导数判断的单调性，进而逐项分析判断.
【详解】因为，
由图可知：，；或，；
且或，；，；
可得或，；，；
且函数为连续可导函数，
则在内单调递减，在内单调递增，
可知有且仅有一个极小值，无极大值，故AC错误，B正确；
由于不知的解析式，故不能确定的零点，故D错误；
故选：B.
7. 已知正方体的棱长为2，、分别是侧面和的中心．过点的平面与垂直，则平面截正方体所得的截面积S为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量确定截面形状，再计算截面面积作答.
【详解】正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，

侧面的中心，侧面的中心，且，则，
显然点M在平面与平面的交线上，
设为这条交线上任意一点，则，
而平面，则，即，
令，得点，令，得点，
连，平面与平面必相交，
设为这条交线上任意一点，则，
由，即，
令，得点，连，
因为平面平面，则平面与平面的交线过点G，与直线FE平行，
过G作交于，则，
由得，即，
显然平面与平面都相交，则平面与直线相交，
令交点为，，由得，
连接得截面五边形，即截面S为五边形，
则，
取中点，连接，则，
在中，，
的面积，
在中，，
边上的高，
梯形面积，
所以S的面积为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
8. 已知，椭圆：与双曲线：的公共焦点，分别是与的离心率，且是与的一个公共点，满足，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. 的最小值为D. 最大值为
【答案】D
【解析】
【分析】由于椭圆与双曲线共焦点，即可判断A选项，利用双曲线和椭圆的定义可得，，由可得，利用勾股定理化简得到，再利用柯西不等式即可判断C、D选项，从而得到答案.
【详解】对选项A，由于椭圆与双曲线共焦点，故，故A不正确；
对选项B，不妨设在双曲线的右支上，因为，则，由于，，所以，，由得，化简可得，即，故B不正确；
对于选项C，由于，由柯西不等式可得，即，当且仅当时等号成立，由于，所以等号不成立，则的无最小值，故C不正确；
对选项D，由于,由柯西不等式，即，故，当且仅当时等号成立，所以最大值为,故D正确.
故选：D
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分．全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）
9. 关于空间向量，以下说法正确的是
A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面
B. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面
C. 设，，是空间中的一组基底，则，，也是空间的一组基底
D 若，则，是钝角
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据共线向量的概念，可判定A是正确的；根据空间向量的基本定理，可判定B是正确的；根据空间基底的概念，可判定C正确；根据向量的夹角和数量积的意义，可判定D不正确.
【详解】对于A中，根据共线、共面向量的概念，可知空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，所以是正确的；
对于B中，若对空间中任意一点O，有，根据空间向量的共面定理的推论，可得P，A，B，C四点一定共面，所以是正确的；
对于C中，由是空间中的一组基底，则向量不共面，可得向量也不共面，所以也是空间的一组基底，所以是正确的；
对于D中，若，又由，所以，所以不正确，
故选∶ ABC.
10. 已知直线，其中为常数，与的交点为，则（ ）
A. 对任意实数B. 不存在点，使得为定值
C. 存在，使得点到原点的距离为3D. 到的最大距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由即可判断得；对于B，结合选项A中的结论，得到M在圆上，由此可求得点P使得为定值；对于C，利用选项B中的结论，结合点到圆上的点的距离的最小值即可判断；对于D，利用直线到圆上点的距离的最大值即可判断.
【详解】对于A，因为，则，故A正确；
对于B，因为，即，
易得直线过定点，直线过定点，
因为与的交点为M，则M在以AB为直径的圆上，
而AB的中点为，且，故点M在圆：上，
故取点P坐标为，此时为定值，故B错误；
对于C，因为，圆的半径为，
故M到原点取值范围为，且，
所以存在实数a，使得M到原点的距离为3，故C正确；
对于D，因为过原点O，所以当，
且M在直线OC上时，点M到的距离最大且最大值为，故D正确．
故选：ACD．
11. 已知数列满足，，则的值可能为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】化简原式得到的两种对应关系，然后分类讨论的通项公式，由此可得结果.
【详解】因为，所以，
所以，所以，
所以或，
当时，是首项为公比为的等比数列，所以；
当时，可得，下面用数学归纳法证明：
当时，，成立，
当，假设成立，
当时，因为，所以，成立，
由上可知，成立，此时；
当，均在数列中出现时，由可得，B选项不可能；
当，时，最大，
此时，，故C不可能.
故选：AD.
12. 经研究发现：任意一个三次多项式函数的图象都只有一个对称中心点，其中是的根，是的导数，是的导数．若函数图象的对称点为，且不等式对任意恒成立，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. 的值可能是D. 的值可能是
【答案】ABC
【解析】
【分析】先根据题意求出的解析式，再对不等式分离参数转化为对任意恒成立，通过同构和切线不等式放缩得到即可求解.
【详解】由题意可得，因为，所以，所以，
解得，所以．
因为，所以等价于对任意恒成立．令，则.
设，则，从而在上单调递增．因为，所以，即，
则（当且仅当时，等号成立），
从而，所以．
故选：ABC．
【点睛】方法点睛：分离参数法破解不等式的恒成立问题的步骤：
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分）
13. 已知等差数列满足，则的值为_____________________．
【答案】3
【解析】
分析】根据等差数列下标和性质运算求解.
【详解】由题意可得：，则，
所以.
故答案为：3.
14. 已知为所在平面外一点，是中点，是上一点．若平面，则的值为_________________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据线面平行的性质得出线线平行，从而得出结果.
【详解】如图，连结交于点，连结.
因为，E为AD的中点，则，
又因为PA∥平面EBF，平面EBF平面PAC ，PA平面PAC，则PA∥OF，
所以.
故答案为：.
15. 在平面直角坐标系中，椭圆和抛物线交于点A，，点为椭圆的右顶点．若四点共圆，则椭圆离心率为____．
【答案】##
【解析】
【分析】分别求出O、A、P坐标，利用四点共圆可以得到，解方程即可.
【详解】如图所示，，，，则，，
因为O、A、P、B四点共圆，又点关于直线对称 ，则，
则，将代入得，，
由解得，，代入椭圆方程，
可得，整理得，
所以，即.
故答案为：.

16. 已知函数在上有两个极值点，则实数的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】由可得，令，则直线与函数在上的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】因为函数在上有两个极值点，
所以在上有两个变号零点，
因为，令，即，可得，
令，则，
令，得，令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又，作出函数在上图象，
当时，直线与函数在上的图象有两个交点，
设两个交点的横坐标分别为、，且，由图可知，
当或时，，此时，
当时，，此时，
所以函数在上递增，在上递减，在上递增，
此时，函数有两个极值点，合乎题意.因此，实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题考查极值点问题.根据题意函数在上有两个极值点，转化为在上有两个变号零点，即，即有两个不同的根，即直线与函数在上的图象有两个交点，数形结合可判断求解.
四、解答题（本大题共6小题，第17小题10分，第18-22小题每题12分）
17. 公差不为零的等差数列中，是和的等比中项，且该数列前项之和为．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项之和的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，则，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，利用等差数列的通项公式可求得数列的通项公式；
（2）解不等式，得出满足条件的正整数的最大值，再结合等差数列的求和公式可求得的最小值.
【小问1详解】
解：设等差数列的公差为，则，
因为是和的等比中项，则，即，
即，整理可得，①
又因为数列的前项和为，可得②，
解得，，所以，.
【小问2详解】
解：由，可得，
而，所以，满足条件的的最大值为，
因此，数列的前项之和的最小值为.
18. 已知函数．
（1）若在上单调递增，求的取值范围；
（2）试讨论函数的单调性．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可知：在上恒成立，结合二次函数分析求解；
（2）分和两种情况，结合导数以及二次不等式分析求解.
【小问1详解】
由题意可得：，
若在上单调递增，则在上恒成立，
且，则，
且在上单调递增，
当时，取得最小值，
可得，即，
所以的取值范围.
【小问2详解】
由（1）可得：，且，
当，即时，则，
所以在上单调递增；
当，即时，
令，解得或；令，解得；
所以在，上单调递增，在内单调递减；
综上所述：当时，所以在上单调递增；
当时，所以在，上单调递增，在内单调递减.
19. 如图在平行六面体中，，．

（1）求证：直线平面；
（2）求直线和夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，，，则为空间的一个基底，根据空间向量的线性运算得出，，，再根据向量的数量积运算得出，，从而得出，进而根据线面垂直的判定定理，即可证明直线平面；
（2）根据空间向量的线性运算得出，再根据向量的数量积运算求得和，，最后根据异面直线的夹角公式，即可求出直线和夹角的余弦值.
【小问1详解】
设，，，
则为空间的一个基底，且，，，
因为，，
则，，
可得，，
即，且，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）得，
则，
，即，
则，即，
设与的夹角为，则，
所以直线和夹角的余弦值为.
20. 已知函数，其最小值为．
（1）求的值；
（2）若关于的方程恰有一个实根，求实数的范围．
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）先求导函数再求出最值求参即可；
（2）先把函数转化为函数的交点问题，构造函数再结合单调性及值域求参即可.
【小问1详解】
因，所以，
当，则，可知单调递增；
当，则，可知单调递减；
则最小值在处取到，可得，解得，
所以的值为1.
【小问2详解】
因为，所以，
显然不是方程的根，则.
令，则，
当，则，可知在和上单调递增；
当，则，可知在和上单调递减；
可知，，，，
且，
，
若有1个不同实根，即使与有一个交点即可，
可知或或，
所以实数的范围为.
21. 如图，圆台的上、下底面圆半径分别为1，2，圆台的高为，是下底面圆的一条直径，点在圆上，且，点在圆上运动（与在的两侧），是圆台的母线，．
（1）求的长；
（2）求平面和平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据圆台的性质可得平面，从而得到，再由，得到平面，即可得到，从而得到，再由锐角三角函数求出，即可得到为等边三角形，从而得解；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
依题意平面，平面，则，
且，与相交，，平面，
所以平面，
由平面，则，
因为，所以，
因为，，，所以，则，
所以，所以为等边三角形，则，
可知关于对称，所以.
【小问2详解】
如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
由，所以，
可得，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
22. 如图，设P是上的动点，点D是点P在x轴上的投影，Q点满足（）．
（1）当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹C的方程；
（2）若，设点，A关于原点的对称点为B，直线l过点且与曲线C交于点M和点N，设直线AM与直线BN交于点T，设直线AM的斜率为，直线BN的斜率为．
（i）求证：为定值；
（ii）求证：存在两条定直线、，使得点T到直线、的距离之积为定值．
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）设出点的坐标，利用给定的向量关系，借助坐标代换法求出轨迹方程.
（2）（i）求出曲线C的方程，并分别与直线方程联立，求出点的坐标，利用向量共线计算即得；（ii）由（i）的结论求出点的轨迹方程，借助反比例函数图象确定直线、即可计算得解.
【小问1详解】
设点，则，，
由，得，，由P是上的动点，得，
即有，整理得，
所以点Q的轨迹C的方程为.
【小问2详解】
（i）当时，由（1）知，曲线C的方程为，显然点，在曲线C上，
设，直线方程为，直线方程为，
由，消去y得，
则，，
由，消去y得，
则，，
令点为，，而点共线，
即有，，
整理得，
，
化简得，即，
观察图形知，直线的斜率同号，即，于是，即，
所以为定值为定值3.
（ii）设，则，由（i）知，
即，整理得，
显然函数的图象是函数的图象向右平移2个单位，再向下平移4个单位而得，
函数的图象是以x轴、y轴为渐近线的双曲线，
因此函数的图象，即点的轨迹是以直线为渐近线的双曲线，
此双曲线上任意点到直线的距离分别为，
显然，令直线分别为，
所以存在两条定直线、，使得点T到直线、的距离之积为定值.