2023~2024学年河南省开封市五校高二(上)期末联考数学试卷(解析版)

这是一份2023~2024学年河南省开封市五校高二(上)期末联考数学试卷(解析版)，共15页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色．墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
4．本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册，选择性必修第二册．
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. 已知数列满足，若，则（ ）
A. －1B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】因为数列满足，
所以，
所以数列是以3为周期的周期数列，
所以．
故选：B
2. 已知抛物线C关于x轴对称，且焦点在直线上，则抛物线的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】直线与轴的交点为，所以抛物线的焦点为，
故，解得，抛物线的标准方程为．
故选：D．
3. 已知函数的导函数为，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以，令，
则，．
故选：C
4. 已知圆经过点，且圆心在直线上，则圆的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由圆经过点和，可知圆心在直线上，
又圆心在直线上，
所以的坐标为，半径，
所以圆的面积为．
故选：D．
5. 记为等比数列的前项和，若，则（ ）
A 21B. 18C. 15D. 12
【答案】A
【解析】因为为等比数列的前项和且，
所以成等比数列，即3，6，成等比数列，
所以，所以．
故选：A．
6. 已知点是双曲线上一点，则点到双曲线的两条渐近线的距离之积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由双曲线的方程知，
渐近线方程为，即，
设，由题意，得，即，
点到渐近线的距离，
点到渐近线的距离，
所以．
故选：C．
7. 定义“等方差数列”：如果一个数列从第二项起，每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等方差数列，这个常数叫做该数列的方公差．设数列是由正数组成的等方差数列，且方公差为2，，则数列的前60项和（ ）
A. B. 5C. 59D. 60
【答案】B
【解析】因为是方公差为2的等方差数列，
所以是公差为2的等差数列，
所以，解得，
又，所以，
所以，
所以
所以．
故选：B．
8. 设，，，则、、的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】令，则，
当时，，则单调递增，所以，
即，则；
令，则，
当时，，单调递增，
所以，
即，即．
综上所述，．
故选：A．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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. 已知直线 l与直线垂直，且与圆相切，则直线l的方程可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】直线与直线垂直，
可设直线为，
圆的圆心为，半径为，点到直线的距离为．
因为直线与圆相切，所以，
解得或，
所以直线的方程是或．故选：CD．
10. 如图,在四棱锥中，底面是平行四边形,,若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】，故A正确；
，故B错误；
，故C正确；
，故D错误．
故选：AC
11. 某高中通过甲、乙两家餐厅给1920名学生提供午餐，通过调查发现：开学后第一天有的学生到甲餐厅就餐，剩余的学生到乙餐厅就餐，从第二天起，在前一天选择甲餐厅就餐的学生中，次日会有的学生继续选择甲餐厅，在前一天选择乙餐厅就餐的学生中，次日会有的学生选择甲餐厅.设开学后第天选择甲餐厅就餐的学生比例为，则（ ）
A.
B. 是等比数列
C. 第100天选择甲餐厅就餐的学生比例约为
D. 开学后第一个星期（7天）中在甲餐厅就过餐的有5750人次
【答案】BCD
【解析】对于A，由题意，得，故A错误；
对于B，，又，所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，故B正确；
对于C，，即，所以，故C正确；
对于D，，
又有1920名学生，所以开学后第一个星期（7天）中在甲餐厅就过餐的有人次，故D正确．
故选：BCD．
12. 已知函数，则（ ）
A. 曲线在点处的切线方程是
B. 函数有极大值，且极大值点x0∈1,2
C.
D. 函数只有1个零点
【答案】BD
【解析】对A，由，得，则，
故曲线在点处的切线方程是，即，故A错误；
对B，令，则，所以在上单调递减，
又，
所以存在x0∈1,2，使得，即，
即时,,时,,
则在上单调递增，在上单调递减，
所以有极大值，且极大值点，故B正确；
对C，由以上分析知在上单调递减，故，故C错误；
对D，当时，单调递增，又在内有唯一一个零点，
当时，,则，则在上无零点，
即只有一个零点，故D正确．
故选:BD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知椭圆的两个焦点分别为,点为椭圆上一点,则______．
【答案】12
【解析】由题意知，所以，又由椭圆的定义，得．
故答案为：12
14. 已知点分别是直线与直线上的点，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】由可知直线，所以当且时，有最小值，
其最小值为平行直线与的距离，直线的方程可化为，
所以，即的取值范围是．
故答案为：
15. 若函数在上有且仅有一个极值点，则实数的最小值是______．
【答案】
【解析】，令，得，
由题意知在区间上只有一个变号的根，
令，则，令，得，
当时，单调递减；当时，单调递增．
又，如图：
所以当时，在区间上只有一个变号的根，
即函数在上有且仅有一个极值点时，的最小值为．
故答案为：.
16. 已知点是离心率为2的双曲线上的三点，直线的斜率分别是，点分别是线段的中点，为坐标原点，直线的斜率分别是，若，则______．
【答案】15
【解析】因为双曲线的离心率为2，
所以，
不妨设，
因为点在上，所以，两式相减，
得，
因为点是的中点，所以，
所以，即，
所以，同理，
因为，
所以．
故答案为：15
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. 在等差数列中，是和的等差中项．
（1）求的通项公式；
（2）若的前项和为，求使成立的最大正整数的值．
解：（1）设数列的公差为，
因为，又是和的等差中项，所以，
即，解得，
所以．
（2）因为，
所以，
由，得，
又，
所以使成立的最大正整数为44．
18. 已知函数，且当时，有极值－5．
（1）求的值；
（2）求在上的值域．
解：（1）由，得，
又当时，有极值－5，所以，解得
所以，当时，单调递减；当时，单调递增．
所以当时，有极小值．所以．
（2）由（1）知．
令，得，
的值随的变化情况如下表：
由表可知在上的最大值为，最小值为，
即在上的值域为．
19. 如图,在四棱锥中,平面,四边形是矩形,,，点是的中点，点分别是线段上的点,且．
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
解：（1）因为平面，平面，且四边形是矩形，
所以两两垂直，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
根据题意，因为，且.
所以．
因为，
所以，即．
（2）由（1）得．
设是平面的一个法向量，
则，令，得，所以．
因平面，
所以平面，所以平面的一个法向量为．
因为，
结合图形可得：平面与平面夹角的余弦值为．
20. 已知数列的前项和为，且满足，等差数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
解：（1）当时，，又，所以．
由，得，两式相减，得，即，
所以是首项为2，公比为的等比数列，
因此的通项公式，
设等差数列的公差为，则由，得，
又，所以，解得，
所以数列的通项公式为．
（2）由及，得，
所以
设前项和为，则．
设的前项和为，则，
两式相减，得
，
所以．
所以．
21. 已知离心率为的椭圆与拋物线有共同的焦点是椭圆上任意一点，且的最小值是1．
（1）求椭圆和抛物线的方程；
（2）过点的直线与椭圆相交于两点,与抛物线相交于两点，若，求直线的方程．
解：（1）设椭圆的焦距为，由椭圆的离心率是，得，
因为的最小值为，所以，
所以椭圆的方程为．
因为椭圆的焦点坐标为，椭圆与抛物线有共同的焦点，
所以，所以拋物线的方程为．
（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时，不符合条件，舍去．

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立得，，
．
所以．
联立，得，
，
则，
因，所以，解得．
所以直线的方程为或．
22. 已知函数．
（1）若在定义域内单调递增，求的取值范围；
（2）若函数有两个极值点，且恒成立，求实数的取值范围．
解：（1）的定义域为，，
由在定义域内单调递增，得对任意的恒成立，
即恒成立，即恒成立．
因为，所以，
当且仅当，
即时，等号成立，
所以，即取值范围是．
（2），因为函数有两个极值点，
所以方程有两个不相等的实数根，
故且，
所以， ，
又恒成立，即恒成立，
．
设，则
在上恒成立，故在上单调递减，
所以，
所以，即实数的取值范围为．－4
－1
3
4
+
0
－
0
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值－5
单调递增