山西省大同市2023-2024学年高二上学期期末质量监测数学试题

这是一份山西省大同市2023-2024学年高二上学期期末质量监测数学试题，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．直线过点，，则直线在轴上的截距是（ ）
A．B．3C．D．
2．曲线在处的切线方程为（ ）
A．B．
C．D．
3．等差数列的前项和为．若，则（ ）
A．8092B．4048C．4046D．2023
4．函数的单调递减区间是（ ）
A．B．C．D．
5．设圆，圆，则是两圆相切的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
6．若椭圆的离心率和双曲线的离心率恰好是关于的方程的两个实根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知，分别是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，是坐标原点，且，则的面积等于（ ）
A．B．C．D．3
8．已知，且满足，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知空间四点，，，，则下列四个结论中正确的是（ ）
A．B．
C．点到直线的距离为D．点到平面的距离为
10．已知双曲线的方程为，则（ ）
A．B．的焦点可以在轴上
C．的焦距一定为8D．的渐近线方程可以为
11．已知数列的前项和为，首项，且满足，则下列四个结论中正确的是（ ）
A．数列是等比数列B．
C．D．
12．已知点是焦点为的抛物线上的一个动点，，则（ ）
A．的最小值为1B．的最小值为4
C．的最小值为3D．的最大值为
三、填空题
13．已知为等比数列，，，则 ．
14．点，分别是双曲线的左、右焦点，点在上，且，则的周长是 ．
15．已知抛物线的焦点为，过的直线与交于，两点，且点在第一象限，若，则 ．
16．已知函数，其中，若使得成立，则实数的取值集合为 ．
四、解答题
17．已知函数在时取得极值．
(1)求实数的值；
(2)若对于任意的，恒成立，求实数的取值范围．
18．已知在四棱雉中，底面为正方形，侧棱平面，点在线段上，直线平面，．
(1)求证：点为中点；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
19．在平面直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为，倾斜角为的直线与交于，两点．
(1)求的方程；
(2)以为直径的圆能否经过坐标原点？若能，求出直线的方程；若不能，请说明理由．
20．已知数列的前项和为，且，数列满足，数列的前项和为．
(1)求数列的通项公式；
(2)求．
21．已知椭圆经过点，一个焦点在直线上．
(1)求椭圆的方程；
(2)设经过原点的两条互相垂直的直线分别与椭圆相交于，两点和，两点．求四边形的面积的最小值．
22．已知函数．
(1)求的解析式；
(2)讨论在上的零点个数．
参考答案：
1．D
【分析】求出直线的方程，令可解.
【详解】由题可得直线的斜率，
再由点斜式方程可得，
化简可得，令，
则直线在轴上的截距为．
故选：D．
2．A
【分析】求出，求导，得到切线斜率，求出切线方程.
【详解】由题得，切点坐标为，，
所以函数在切点处的切线斜率，
切线方程为，化简得．
故选：A．
3．C
【分析】由等差数列的性质得到，利用求和公式和等差数列性质求出答案.
【详解】由等差数列的性质可得，所以，解得，
所以．
故选：C．
4．B
【分析】根据题意，求得，令，即可求得函数的单调递减区间.
【详解】由函数，可得其的定义域为，且，
令，解得，所以函数的单调递减区间是．
故选：B．
5．B
【分析】先根据两圆相切求出，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】由题可得圆的圆心坐标为，半径为2，
圆的圆心坐标为，半径为，
故圆心距，
因为两圆相切可分为外切和内切，
当两圆外切时，圆心距，解得；
当两圆内切时，圆心距，解得，或（舍去），
所以是两圆相切的充分不必要条件.
故选：B．
6．D
【分析】根据离心率得出，的范围，利用离心率恰好是关于的方程的两不等实根，即可得出实数的取值范围.
【详解】由椭圆与双曲线的性质可知，椭圆的离心率，双曲线的离心率，
关于的方程有两个不相等的实根，，
令，则解得：．
故选：D．
7．C
【分析】设出点的坐标，根据已知建立方程组，求出点的纵坐标即可求出面积.
【详解】椭圆的半焦距，则，设点，
于是，消去得，
所以的面积.
故选：C
8．A
【分析】根据对数运算性质转化已知得，构造函数，根据函数单调性可解.
【详解】等式，等号两边同除以，
可得，
所以，
所以，
所以，
构造函数，则，
显然，函数在定义域内是增函数，
所以，即．
故选：A．
【点睛】构造函数，利用函数单调性证明不等式.
9．AB
【分析】根据空间向量的数量积的坐标运算公式，空间的距离公式和点到直线、点到平面的距离的向量运算公式，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由，，可得，所以，所以A正确；
对于B中，由空间的距离公式，可得，所以B正确；
对于C中，取向量，，
可得，，所以点到直线的距离为，所以C错误；
对于D中，由向量，，，
设平面的法向量为，则,
令，可得，，所以，
所以点到平面的距离为，所以D错误．
故选：AB．
10．ACD
【分析】根据方程为双曲线可得，且焦点在轴上，即A正确，错误；易知焦距为8，且当时，渐近线方程为，可得CD正确.
【详解】由题意得，解得，即A正确；
可得双曲线的标准方程为，故双曲线的焦点一定在轴上，所以B错误；
易知双曲线的焦距为，所以C正确；
显然当时，双曲线的标准方程为，其渐近线方程为，所以D正确．
故选ACD．
11．BCD
【分析】根据递推关系代入即可求解AB，根据递推关系可证明是首项为，公比为的等比数列，可得，即可利用分组求和，结合等比求和公式求解CD.
【详解】对于A选项，
取，得，又，所以，
取，得，所以，显然，
即数列一定不是等比数列，所以A错误；
对于B选项，
取，得，取，得，所以，所以B正确；
对于C，D选项，
由，得，
又，所以是首项为，公比为的等比数列，所以，所以，
，，
，
所以C，D均正确．
故选:BCD．
12．AB
【分析】根据抛物线的焦半径公式，即可求解AB ,根据两点距离公式，结合二次函数的性质即可求解C，根据两点斜率公式，结合正切的和差角公式，分类讨论，利用导数求解函数的最值，即可求解D.
【详解】由抛物线方程，得其焦点，准线方程为，过作于点，则，显然当在坐标原点时有最小值，此时，即的最小值为1，所以A正确；
由于，故当三点共线时，即在坐标原点时有最小值，此时，即的最小值为4，所以B正确；
对于C选项，
设，则，当时，取得最小值，最小值为，所以C错误．
对于D选项，
根据抛物线的对称性，不妨设，
若，则，，，所以；
若，则，，，所以；
若且，此时且，
，，所以，
因为，所以，即．
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
所以．此时有最大值为1．而，则．
综上，的最大值为．所以D错误．
故选:AB．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.
13．
【分析】结合等比数列的性质，即可求解.
【详解】设公比为．由题可得，
所以，即，
又，所以．
故答案为：
14．
【分析】利用双曲线表达式求出焦距，结合余弦定理求出的值，即可求出的周长.
【详解】由题意，
在双曲线中，，
∴，，
由余弦定理的推论可得，
所以，
所以，，
所以，所以，
所以的周长为．
故答案为：.
15．9
【分析】求出焦点坐标，可得直线方程，与抛物线方程联立求出，，再利用得解.
【详解】抛物线的焦点为，
代入得，
联立可得，
化简得，又点在第一象限，
解得，．
由，得，
即，解得．
故答案为：9.
16．
【分析】根据两点间距离公式，函数可看作上任意一点与图象上任意一点的距离的平方，利用平行的切线切点求解即可.
【详解】设，，
则函数可看作图象上任意一点与图象上任意一点的距离的平方．
设函数在点的切线平行于直线，
由，令，解得，所以切点坐标为，
点到直线的距离，此时的最小值为8．
所以存在唯一的，使．
过点且与直线垂直的直线方程为，
联立，解得，．
所以，时，存在，使成立．
故答案为：
17．(1)
(2)
【分析】（1）由极值点定义可得，解得，进检验符合题意；
（2）结合（1）中结论可得出函数在上的单调性，求出最小值解不等式可求得实数的取值范围．
【详解】（1）易知，
依题意，解得，
此时，
当或时，；当时，，
即函数在，上单调递增，在上单调递减，
因此函数在时取得极值，
所以．
（2）由（1）得函数在上单调递减，在上单调递增；
所以，
由题意可得，解得，
所以的取值范围为．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面平行的性质定理可知，从而得证；
（2）由空间向量中两平面的夹角公式求解.
【详解】（1）连接交于点，连接，
因为平面，且平面，
平面平面，所以．
又因为在正方形中，是的中点，所以点为中点．
（2）因为平面，四边形为正方形，
，平面，所以，，两两垂直，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，，，，，
所以，．
设平面的法向量为，
则 即
令，则，，即；
由平面，得，
又，，平面，平面，
所以平面，
即是平面的一个法向量．
所以．
所以平面与平面夹角的余弦值为．
19．(1)
(2)不能，理由见解析
【分析】（1）根据题意利用距离相等列出等式，化简可得的方程为；
（2）联立直线和抛物线方程，利用垂直关系的向量表示可得，由方程无解可得结论.
【详解】（1）设，则，
化简得．
所以的方程为．
（2）设直线的方程为，，，如下图所示：
联立可得，
所以，解得．
由韦达定理得，
假设以为直径的圆能经过坐标原点，则，
即，可得，
又，
所以，此时方程无实数解．
所以以为直径的圆不能经过坐标原点．
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据的关系即可求证是等比数列，由等比数列的通项即可求解，
（2）根据裂项求和即可求解.
【详解】（1）当时，，得，
由，得，
所以，化简得，
又，所以，即数列是等比数列，且公比．
所以．
（2）由（1）得，
所以．
则
．
21．(1)
(2)
【分析】（1）由题设易得，结合椭圆定义及两点距离公式求得，进而可得椭圆方程；
（2）讨论直线斜率，设直线方程并联立椭圆求相交弦长，进而得到四边形的面积关于直线斜率的表达式，即可得求最小值.
【详解】（1）由题意，椭圆的左、右焦点分别为，，即，
所以，
即，，所以椭圆的方程为．
（2）①当直线的斜率不存在或为0时，，，，分别为椭圆的四个顶点，所以．
②当直线的斜率存在且不为0时，设，则，
设，，，，
联立，解得，即，
所以，同理，
所以．
令，则，，
所以，，
当时，又，
所以四边形的面积的最小值为．
22．(1)
(2)2
【分析】（1）对函数求导后令可得，即可求得；
（2）根据函数解析式对自变量进行分类讨论，易知是其中一个零点，再通过构造函数利用零点存在定理即可得出在上有2个零点．
【详解】（1）（1）．
令可得，解得．
所以．
（2）由（1）中可得，
①当时，有，，
所以恒成立，
所以在上单调递减，，
即可得0是的一个零点．
②当时，
设，则恒成立，
即在上单调递增．
又，，
根据零点存在定理可知，使得．
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增．
又，所以．
因为，
根据零点存在定理可知，使得．
综上所述，在上的零点个数为2．
【点睛】方法点睛：求解零点个数问题时要充分利用函数特征，由导函数判断出其单调性并结合零点存在定理即可得出零点个数.