湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校”考试联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试卷（Word版附解析）

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命题学校：宜昌市夷陵中学 命题人：吴峻峰 李强 审题人：高一数学备课组
审题学校：襄阳市第五中学
考试时间：2024年4月22日 考试用时：120分钟 试卷满分：150分
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.
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. 已知点，若直线与直线垂直，则实数（ ）
A. B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据垂直直线的斜率关系，结合斜率公式即可求解.
【详解】直线的斜率为：，
因为直线与直线垂直，
所以，解得：.
故选：B.
2. 现有来自荆州、荆门、襄阳、宜昌四市的4名学生，从四市的七所重点中学中，各自选择一所学校参观学习，则不同的安排参观学习方式共有（ ）
A. 种B. 种
C. 种D. 种
【答案】A
【解析】
【分析】根据分步乘法原理求解即可.
【详解】由题可知，每名同学都有7种选法，故不同的选择方式有种，经检验只有A选项符合.
故选：A.
3. 若直线与曲线相切，则实数（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设出切点，利用导数的几何意义建立方程求解即可.
【详解】设切点为，由可得，则，
所以，解得，即.
故选：D.
4. 已知向量，其中在同一平面的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用共面向量定理，结合方程思想逐项分析判断即可.
【详解】对于A，假定共面，设，则，无解，A不是；
对于B，由，得共面，B是；
对于C，假定共面，设，则，无解，C不是；
对于D，假定共面，设，则，矛盾，D不是.
故选：B
5. 已知数列的前项和（为常数），则“为递增的等差数列”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列前n项和公式函数性质、与的关系，结合充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】设等差数列的公差为，
由等差数列的前项和，
类比表达式，有.
当为递增等差数列时，有；
反之，当时，例如，可得；
，则，
此时数列从第二项开始才为递增的等差数列；
所以“为递增的等差数列”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
6. 如图，是一个由棱长为的正四面体沿中截面所截得的几何体，则异面直线与夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】补形成正四面体，记，利用基底求出，代入夹角公式即可求解.
【详解】补形成正四面体，如图.
记，则，
由正四面体的性质和题意可知，，
所以，
，
所以，
所以，异面直线与的夹角的余弦值为.
故选：D.
7. 已知点是曲线上不同的两点，且满足，则直线的斜率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将原条件等价转换为过点的直线与半圆弧有两个不同的交点，从而结合点到直线的距离公式可判断直线与圆的位置关系即可得解.
【详解】由得，
所以曲线为以为圆心，2为半径的上半圆弧.
由为不同两点，且可转化为，
则过点的直线与半圆弧有两个不同的交点.
如图，当直线位于直线位置时，，斜率为.
当过点的直线与圆相切于点时，设直线方程为，即：，
由圆心到直线的距离，解得（舍），或，
即直线的斜率为.
如图可知，要使直线与半圆弧有两个不同的交点，
则直线斜率的取值范围为，即.
故选：B.
8. 已知对存在的，不等式恒成立，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】把不等式变形为，构造函数证明不等式，根据保值性即可列式求解，逐项判断即可.
【详解】（1）
由，则，
所以当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，即.
由，则，
所以当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，即.
故，所以
由（1）式得，当且仅当，即.
所以，，，.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于，对不等式同构变形，然后利用切线不等式结合加法法则，根据保值性得到，然后逐项求解，即可判断.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A. 函数在原点处的切线方程是
B. 是函数的极大值点
C. 函数在上有3个极值点
D. 函数在上有3个零点
【答案】AD
【解析】
【分析】求出函数的导函数，利用导数的几何意义判断A，求出函数的单调区间，即可判断B，分析的单调性，结合函数图象判断D，设，利用导数说明函数的单调性，即可判断C.
【详解】因，则，
所以，又，所以在原点处的切线方程是，故A正确；
因为，
所以当或时，当时，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
因此是极小值点，故B错误；
因为，且在上单调递增，在和上单调递减，
画出与的图象如下所示：
因此与的图象有个交点，即有个零点，故D正确；
设，
则，
令，则，
设，则恒成立，即是增函数，
而，所以当时，，当时，，
所以（即）在上单调递减，在上单调递增，
又，，
所以存在两个零点，由的单调性知这两个零点就是的两个极值点，故C错误.
故选：AD.
10. 双曲线的左，右顶点分别为，右焦点到渐近线的距离为为双曲线在第一象限上的点，则下列结论正确的有（ ）
A. 双曲线的渐近线方程为
B. 双曲线的离心率为
C. 设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则为定值
D. 若直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，且，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出右焦点到渐近线的距离，进而求得，再逐项分析计算即可得解.
【详解】依题意，设，而双曲线的渐近线为，
则点到渐近线的距离为，因此，，
对于A，双曲线的渐近线方程为，A正确；
对于B，双曲线的离心率为，B错误；
对于C，显然，设，则，即，
所以为定值，C正确；
对于D，由，得是的中点，则，D正确.
故选：ACD
11. 如图，已知二面角的平面角为，棱上有不同的两点，，，.若，则下列结论正确的是（ ）
A. 点到平面的距离是2
B. 直线与直线的夹角为
C. 四面体的体积为
D. 过四点的球的表面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】补成正三棱柱，根据正三棱柱性质即可求点面距离判断A，根据异面直线夹角定义求解判断B，根据等体积法求解判断C，利用球的性质确定外接球的球心，根据勾股定理求出,由表面积公式即可求解判断D.
【详解】在平面内过作与平行且相等的线段，连接，
在平面内过作与平行且相等的线段，连接，
补成一个正三棱柱是边长为2的正三角形，
所以到平面的距离为点到的距离，所以A错误；
因为，直线与直线的夹角即直线与直线的夹角，
又是正方形，所以夹角为，B正确；
，所以C正确；
如图，
取的中点，的中点，，为，的外心，
取的中点，连接，，则，，
所以是二面角的一个平面角，则，
过作平面的垂线和过作平面的垂线，交于点，即为外接球球心，
所以平面，平面，连接，，
所以易证得：与全等，所以，
所以在直角三角形，所以，
，
则过四点的球的表面积为，所以D正确.
故选：BCD
【点睛】方法总结：解决与球有关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程：
1、定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
2、作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的；
3、求半径：根据作出截面中的几何元素，利用球的截面的性质，运用公式（为底面多边形的外接圆的半径，为几何体的外接球的半径，表示球心到底面的距离）求得球的半径，建立关于球半径的方程，进行求解，该方法的实质是通过寻找外接球的一个轴截面，把立体几何问题转化为平面几何问题来研究.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知直线恒过定点，则点到直线的距离为______.
【答案】
【解析】
【分析】先求出直线恒过定点的坐标，然后代入点到直线距离公式求解即可.
【详解】由直线化为，
令，解得，于是此直线恒过点.
由点到直线的距离公式得到直线的距离.
故答案为：
13. 若，则正整数的值为______.
【答案】5
【解析】
【分析】利用组合数性质化简方程，根据组合数性质解方程即可.
【详解】由组合数性质：，可得，则，
所以或，解得或（舍）.
故答案为：5
14. 如图，已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于第一象限的两点，若，则直线的斜率_________．
【答案】
【解析】
【分析】设直线的方程为，与抛物线方程联立表示出，再结合正弦定理，抛物线焦半径公式及韦达定理即可求解．
【详解】由题意得，，当直线的斜率为0时，直线与抛物线只有1个交点，不合要求，
故设直线的方程为，
联立，可得，易得，即，
设，则，
则，
由正弦定理得，
因为，
所以，即，
又由焦半径公式可知，
则，即，
即，解得，满足，
于是，解得，
所以，
故答案为：．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知函数，且在点处的切线与直线垂直.
（1）求的值；
（2）当时，求的导函数的最小值.
【答案】（1）1 （2）2
【解析】
【分析】（1）求出导函数，根据导数的几何意义及直线垂直的斜率关系列方程求解即可；
（2）利用导数研究函数的单调性，利用单调性即可求解函数的最小值.
【小问1详解】
因为，所以，
因为直线的斜率为，所以，解得；
【小问2详解】
令.
，在上单调递增.
的最小值是.
16. 已知数列中，，且.
（1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；
（2）设为数列的前项和，求使成立的正整数的最大值.
【答案】（1）证明见解析，；
（2）5.
【解析】
【分析】（1）将已知变形为，即可得证，然后利用累加法可得通项；
（2）根据错位相减法求出，代入不等式求解即可.
【小问1详解】
由已知得，
所以数列是以为首项，公比为2的等比数列.
所以.
当时，.
累加得，，
当时满足上式，.
【小问2详解】
由（1）知.
①，
②，
①-②得，
.
由得，
，即.
所以，所求正整数的最大值为5.
17. 在中，，点分别为边的中点，将沿折起，使得平面平面.

（1）求证：；
（2）在平面内是否存在点，使得平面平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在点，点在直线（点在直线上且）上
【解析】
【分析】（1）利用已知可得，结合面面垂直可得平面，可证结论.
（2）以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，若，求得平面的一个法向量，可判断此情况不成立，若与不共线，设，连接，利用，可求得结论.
【小问1详解】
在中，点D、E分别为边AC、AB的中点，
且.
又平面平面，平面平面平面，
平面.
又平面.
【小问2详解】
由（1）知，.
以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
则.
，
设为平面的一个法向量，
则，取，则.
假设在平面内存在点，使得平面平面.连接.
若，则设.设平面的一个法向量为.
由，取，则.
平面的法向量.由知，此情况不成立.
若与不共线，设，连接.

设，则.
当，即时，.
又平面，即平面平面，也即平面平面.
所以在平面内存在点，当点在直线（点在直线上且）上时，
平面平面.
18. 帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：.（注：，为的导数）已知在处的阶帕德近似为.
（1）求实数的值；
（2）证明：当时，；
（3）设为实数，讨论方程的解的个数.
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）根据列方程组求解可得；
（2）构造函数，利用导数求单调性，由即可得证；
（3）构造函数，分，利用导数讨论单调性，利用单调性判断零点个数.当时，分单调区间讨论，结合零点存在性定理判断即可.
【小问1详解】
由，有，
可知，
由题意，，
所以，解得.
【小问2详解】
由（1）知，，
令，
则，
所以在其定义域内为增函数，
又，
时，，得证.
【小问3详解】
的定义域是，
.
①当时，，所以在上单调递增，且，
所以在上存在1个零点；
②当时，令，
由，得.
又因为，所以.
当时，因为，所以在上存在1个零点，
且；
当时，因为，
，而在单调递增，且，
而，故，所以在上存在1个零点；
当时，因为，
，而在单调递增，且，而，
所以，所以在上存在1个零点.
从而在上存在3个零点.
综上所述，当时，方程有1个解；
当时，方程有3个解.
【点睛】思路点睛：关于零点个数问题，一般从以下方面入手：
（1）转化为两个函数图象相交问题进行讨论；
（2）利用导数求极值，根据极值符号，结合单调性以及变化趋势进行判断；
（3）利用导数讨论单调性，结合零点存在性定理进行判断.
19. 已知椭圆的离心率为，直线截椭圆所得的弦长为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线与轴交于点为粗圆上的两个动点、且均位于第一象限（不在直线上），直线、分别交椭圆于两点，直线分别交直线于两点.
①设，试用表示的坐标；
②求证：为线段的中点.
【答案】（1）
（2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据离心率和椭圆上的点建立方程即可求解椭圆方程；
（2）①设直线的方程，与椭圆方程联立，韦达定理，表示出，代入即可求解；
②先求出直线的方程，令得，进而，即可证明.
【小问1详解】
已知，可得，所以椭圆方程为，
由直线截椭圆所得的弦长为，知点在椭圆上，故，
解得，则，故椭圆的标准方程；
【小问2详解】
①设直线的方程为（由题意可知，其斜率不为0），
与椭圆联立得，，可得，
由，有，
于是有，
而，所以.
又，所以.
②设，同理由①，可知
直线的方程为，令得：
，
同理，的坐标只需要将上式中的和作一个交换即可，
的表达式中分母是对称的，分子刚好是一个逆序的即，
从而，故为的中点.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.+
0
-
0
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增