精品解析：吉林省珲春市第一高级中学、图们市第二高级中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题

珲春一中2023~2024学年第一学期高二年级期末考试 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 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，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 5．本卷主要考查内容：选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章4.1~4.2、第五章． 一、单项选择题：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. 已知函数，则＝（　　） A. B. 1 C. D. 2 2. 数列的一个通项公式可以是（ ） A. B. C. D. 3. 已知曲线表示双曲线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 已知平面的一个法向量为，直线的方向向量为，若，则实数（ ）. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 已知是等差数列的前项和，若，则（ ） A. 15 B. 18 C. 23 D. 27 6. 已知函数，若，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 在正三棱柱中，，点分别为棱的中点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知二次函数与轴交于，两点，点，圆过，，三点，存在一条定直线被圆截得的弦长为定值，则该定值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 已知为等差数列的前项和，且，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 为递减数列 C. D. 10. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在区间上单调递增 C. 在处取得极大值 D. 在处取得极大值 11. 已知抛物线，点是抛物线准线上的一点，过点作抛物线的切线，切点分别为，，直线，的斜率分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. C. D. 的面积最小值为 12. 如图，已知正方体中，E，F，M，N分别是CD，，，BC的中点，则下列说法正确的有（ ） A. E，F，M，N四点共面 B. BD与EF所成的角为 C. 在线段BD上存在点P，使平面EFM D. 在线段上任取点Q，三棱锥的体积不变 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 已知圆和圆，则圆与圆的公共弦所在的直线方程为______. 14. 曲线在点处的切线方程为____________． 15. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点是椭圆上的一点，延长交椭圆于点，且为等边三角形，则椭圆的离心率为______． 16. “物不知数”是中国古代著名算题，原载于《孙子算经》卷下第二十六题：“今有物不知其数，三三数之剩二；五五数之剩三；七七数之剩二.问物几何？”它的系统解法是秦九韶在《数书九章》大衍求一术中给出的.大衍求一术（也称作“中国剩余定理”）是中国古算中最有独创性的成就之一，属现代数论中的一次同余式组问题.已知问题中，一个数被除余，被除余，被除余，则在不超过的正整数中，所有满足条件的数的和为___________. 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 17. （1）已知椭圆的焦距为10，离心率为，求椭圆的标准方程； （2）已知双曲线的渐近线方程为，虚轴长为4，求双曲线的标准方程. 18. 已知数列是等差数列，且． （1）求的通项公式； （2）若数列的前项和为，求的最小值及取得最小值时的值． 19. 已知圆与圆交于，两点，圆经过，两点，且圆心在直线上． （1）求； （2）求圆的方程． 20. 如图，四边形为正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且，点是线段上的一点（不包括端点）． （1）证明； （2）若，且直线与平面所成角的大小为，求三棱锥的体积． 21. 已知双曲线的渐近线方程为，且过点. （1）求双曲线的标准方程； （2）若双曲线的右焦点为，点，过点的直线交双曲线于两点，且，求直线的方程. 22. 已知函数． （1）若恰有两个极值点，求实数的取值范围； （2）若的两个极值点分别为，证明:． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 珲春一中2023~2024学年第一学期高二年级期末考试 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 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，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 5．本卷主要考查内容：选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章4.1~4.2、第五章． 一、单项选择题：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. 已知函数，则＝（　　） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数的定义求解. 【详解】因为，所以， 则. 故选：C 2. 数列的一个通项公式可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合选项，举例说明即可求解. 【详解】A选项，当时，，故A错误； B选项，当时，，当时，， 当时，，当时，，故B正确； C选项，当时，，故C错误； D选项，当时，，故D错误． 故选：B． 3. 已知曲线表示双曲线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由双曲线方程的性质令可得； 【详解】由题意知，，解得，所以实数的取值范围是． 故选：A． 4. 已知平面的一个法向量为，直线的方向向量为，若，则实数（ ）. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由，得到直线与平面的法向量垂直，得出，进而求得的值. 【详解】因为，所以，所以，解得． 故选：. 5. 已知是等差数列的前项和，若，则（ ） A. 15 B. 18 C. 23 D. 27 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列前项和公式及等差数列的性质求解即可. 【详解】因为是等差数列的前项和， 所以， 故选：B． 6. 已知函数，若，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意的值域包含于的值域，再分别求导分析函数的单调性与最值，进而根据值域区间端点满足的不等式列式求解即可. 【详解】，，令，解得， 令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增， 又，所以的值域为. 当时，，所以在上单调递增， 又，所以的值域为， 又，使得，所以，解得， 即实数的取值范围是． 故选：B． 7. 在正三棱柱中，，点分别为棱的中点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法计算即可求解. 【详解】取的中点，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 所以令，解得， 所以平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离. 故选：C. 8. 已知二次函数与轴交于，两点，点，圆过，，三点，存在一条定直线被圆截得的弦长为定值，则该定值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆的方程为，依题意可得，，再由点在圆上，即可得到，从而得到圆为，求出圆过定点坐标，从而求出定弦长. 【详解】设圆的方程为，因为圆过，两点， 且，两点的横坐标满足方程， 所以，， 所以圆的方程为， 又在圆上， 所以，解得， 所以圆的方程为， 即， 令，解得或， 即圆恒过点和，又，所以该定值为． 故选：B． 【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出圆的方程为，从而求出圆过定点坐标. 二、多项选择题：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. 已知为等差数列的前项和，且，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 为递减数列 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，根据题意，求得，得到，逐项判定，即可求解. 【详解】设等差数列的公差为， 因为，可得，解得， 所以，所以A正确； 因为，所以数列为递增数列，所以B错误； 由，可得，所以C正确； 因为，所以，所以D正确． 故选：ACD． 10. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在区间上单调递增 C. 在处取得极大值 D. 在处取得极大值 【答案】AC 【解析】 【分析】由的图象得出在对应区间上的符号，从而得出的单调性，从而可得出答案. 【详解】由的图象可知： 当时，，单调递减，故A正确； 当时，，单调递减；当时，，单调递增，故B错误； 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以在处取得极大值，故C正确； 由于在上单调递增，所以在没有取得极大值，故D错误. 故选：AC. 11. 已知抛物线，点是抛物线准线上的一点，过点作抛物线的切线，切点分别为，，直线，的斜率分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. C. D. 的面积最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用导数可得切线方程，进而可得直线方程，即可判断A选项；联立直线与抛物线，结合韦达定理可得与，判断BC选项；利用弦长公式，结合点到直线的距离可判断D选项. 【详解】设，，，因为，所以，， 所以在点处的切线方程为，即， 同理可得，在点处的切线方程为，所以，， 故直线的方程为，直线恒过定点，故A选项正确； 由，得，所以，， 所以，，故B选项错误，C选项正确； ，点到直线的距离， 所以的面积，所以，故D选项正确． 故选：ACD． 12. 如图，已知正方体中，E，F，M，N分别是CD，，，BC的中点，则下列说法正确的有（ ） A. E，F，M，N四点共面 B. BD与EF所成的角为 C. 在线段BD上存在点P，使平面EFM D. 在线段上任取点Q，三棱锥的体积不变 【答案】ABD 【解析】 【分析】以D为原点，以DA，DC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 根据四点共面的向量表示直接判断选项A； 利用向量法求BD与EF所成的角，判断选项B； 假设在线段BD上存在点P，符合题意.设，列方程组，由方程组无解，判断选项C； 用向量法判断出，利用线面平行的判定定理证明出平面EFM，即可判断选项D． 【详解】以D为原点，以DA，DC，所在直线分别为x轴、 y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则， ，，，，，， ，，，设， 则，所以， 解得故，即E，F，M，N四点共面，选项A正确； 因为．，所以， 所以BD与EF所成的角为，选项B正确； 假设在线段BD上存在点P，符合题意.设，则， 若平面EFM，则，． 因为，，所以， 此方程组无解，所以在线段BD上不存在点P，使平面EFM，选项C错误； 因为，所以， 又平面EFM，平面EFM，所以平面EFM， 故上的所有点到平面EFM的距离均相等，即在线段上任取点Q， 三棱锥的体积不变，选项D正确． 故选：ABD 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 已知圆和圆，则圆与圆的公共弦所在的直线方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用两圆的方程相减，即可求得两圆公共弦所在的直线方程. 【详解】由圆和圆， 两圆的方程相减，可得， 即圆与圆的公共弦所在的直线方程为. 故答案为：. 14. 曲线在点处的切线方程为____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求解. 【详解】因为，所， 所以曲线在处切线方程为 ，即． 故答案为： 15. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点是椭圆上的一点，延长交椭圆于点，且为等边三角形，则椭圆的离心率为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据椭圆的定义可得，则，求得，结合余弦定理计算可得，即可求解. 【详解】由椭圆的定义知，的周长为 ， 因为为等边三角形，所以， 所以，又，所以． 在中，由余弦定理得， 整理得，，所以． 故答案为： 16. “物不知数”是中国古代著名算题，原载于《孙子算经》卷下第二十六题：“今有物不知其数，三三数之剩二；五五数之剩三；七七数之剩二.问物几何？”它的系统解法是秦九韶在《数书九章》大衍求一术中给出的.大衍求一术（也称作“中国剩余定理”）是中国古算中最有独创性的成就之一，属现代数论中的一次同余式组问题.已知问题中，一个数被除余，被除余，被除余，则在不超过的正整数中，所有满足条件的数的和为___________. 【答案】 【解析】 【分析】找出满足条件的最小整数值为，可知满足条件的数形成以为首项，以为公差的等差数列，确定该数列的项数，利用等差数列的求和公式可求得结果. 【详解】由题意可知，一个数被除余，被除余，被除余，则这个正整数的最小值为， 因为、、的最小公倍数为， 由题意可知，满足条件的数形成以为首项，以为公差的等差数列， 设该数列为，则， 由，可得，所以，的最大值为， 所以，满足条件的这些整数之和为. 故答案为：. 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 17. （1）已知椭圆的焦距为10，离心率为，求椭圆的标准方程； （2）已知双曲线的渐近线方程为，虚轴长为4，求双曲线的标准方程. 【答案】（1）或；（2）或 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的标准方程. （2）根据双曲线焦点所在坐标轴进行分类讨论，求得，进而求得双曲线的标准方程. 【详解】（1）依题意，解得， 所以椭圆的标准方程是或. （2）依题意，双曲线的渐近线方程为，， 若双曲线的焦点在轴上，则，解得， 所以双曲线的标准方程为. 双曲线的焦点在轴上，则，解得， 所以双曲线的标准方程为. 所以双曲线的标准方程为或. 18. 已知数列是等差数列，且． （1）求的通项公式； （2）若数列的前项和为，求的最小值及取得最小值时的值． 【答案】（1） （2）或，最小值为． 【解析】 【分析】（1）根据等差数列基本量的运算求得首项和公差即可得解. （2）利用等差数列求和公式求和，进而利用二次函数性质求解即可. 【小问1详解】 设的公差为，则 解得 所以； 【小问2详解】 ， 所以当或时，取得最小值，最小值为． 19. 已知圆与圆交于，两点，圆经过，两点，且圆心在直线上． （1）求； （2）求圆的方程． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）首先作差得两圆相交弦所在直线方程，然后根据弦长公式计算即可； （2）求出直线的方程，再联立直线的方程得到圆的圆心坐标，再求出半径即可. 【小问1详解】 因为圆与交于，两点， 所以两圆方程作差得直线的方程为． 又圆，所以点到直线的距离， 所以； 【小问2详解】 ，圆， 则，，则， 则直线的方程为，即， 由，解得，所以， 所以点到直线的距离， 设圆的半径为，所以， 所以圆的方程为． 20. 如图，四边形为正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且，点是线段上的一点（不包括端点）． （1）证明； （2）若，且直线与平面所成角的大小为，求三棱锥的体积． 【答案】（1） 证明：连接，因为四边形为正方形，所以，， 又平面平面，平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以． 因为，，所以， 又，，平面， 所以平面， 又平面，所以， 又，，，平面， 所以平面，又平面，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直得平面，从而得．再由已知，得，从而可得平面，得证，再由线面垂直的判定定理证明平面，即可证得； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，设，由线面角的空间向量法求得值，然后由棱锥体积公式计算可得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以A为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示． 则，，，，， 所以，．设， 则． 设平面的一个法向量为， ， 令，解得，，所以平面的一个法向量为， 又直线与平面所成角的大小为， 所以， 解得．所以，所以， 所以． 21. 已知双曲线的渐近线方程为，且过点. （1）求双曲线的标准方程； （2）若双曲线的右焦点为，点，过点的直线交双曲线于两点，且，求直线的方程. 【答案】（1） （2），或或. 【解析】 【分析】（1）根据题意得，进而解方程即可得答案； （2）由题知，进而先讨论直线的斜率不存在不满足条件，再讨论的斜率存在，设方程为，设，进而与双曲线方程联立得线段中点为，再结合题意得，进而再分和两种情况讨论求解即可. 【小问1详解】 解：因为双曲线的渐近线方程为，且过点， 所以，，解得 所以，双曲线的标准方程为 【小问2详解】 解：由（1）知双曲线的右焦点为， 当直线的斜率不存在时，方程为，此时， ， 所以，直线的斜率存在，设方程为， 所以，联立方程得 所以，且， 所以， 设， 则 所以， 所以，线段中点为， 因为， 所以，点在线段的中垂线上， 所以， 所以，当时，线段中点为，此时直线的方程为，满足题意； 当时，， 所以，，整理得，解得或，满足. 综上，直线的方程为，或或. 22. 已知函数． （1）若恰有两个极值点，求实数的取值范围； （2）若的两个极值点分别为，证明:． 【答案】（1）； （2） 由（1）知是方程的两个不同的根，所以 所以 ， 令， 令在上恒成立， 所以在上单调递减，即在上单调递减， 所以，所以在上单调递减， 所以， 所以． 【解析】 【分析】（1）由题意导函数在上恰有两个不同的解，再根据二次函数的区间端点值，对称轴与判别式列式求解即可； （2）根据题意可得是方程的两个不同的根，所以再代入化简，进而构造函数，再求导分析的单调性与最值，进而可证明不等式. 【小问1详解】 在上恰有两个不同的解， 令，所以 解得，即实数的取值范围是； 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $