河南省周口市川汇区周口恒大中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷（含解析）

恒大中学2023-2024学年高二上学期数学期末考试卷
数学试题
试卷考试时间：120分钟 满分：150
第I卷（选择题）
单项选择题（每小题5分，共40分）
1．已知抛物线的焦点为F，点P是C上一点，且，以PF为直径的圆截x轴所得的弦长为1，则（ ）
A．2 B．2或4 C．4 D．4或6
2．函数在区间上取得最大值时的值为（　　）
A． B． C． D．
3．已知点在圆．上，点，若的最小值为，则过点A且与圆C相切的直线方程为（ ）
A．或 B．或
C．或 D．或
4．已知f(x)是定义在上的单调函数，且对任意的x∈都有，则方程的一个根所在的区间是
A．（0,1） B．（1,2） C．（2,3） D．（3,4）
5．等差数列{}的前n项和为，满足 ，，则使的n的值为（ ）
A．9 B．11 C．10 D．12
6．“”是“直线与互相垂直”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．即不充分也不必要条件
7．已知数列为等比数列，若，，则的值为（ ）
A．8 B． C．16 D．±16
8．已知数列满足，且，则（ ）
A． B． C． D．
二．多项选择题（每小题5分，共20分，有多项符合要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分）
9．给出下列条件，能使直线ax+by+c=0与圆x2+y2=4相交的条件是（ ）
A．2a2+2b2=c2 B．3a2+3b2=c2
C．a2+b2=c2 D．4a2+4b2=c2
10．如图所示，棱长为3的正方体中， E， F分别在，上， 且 则（ ）
A．
B．
C．
D．与是异面直线
11．已知圆C1：（x＋6）2＋（y－5）2＝4，圆C2：（x－2）2＋（y－1）2＝1，M，N分别为圆C1和C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的值可以是（　　）
A．6 B．7 C．10 D．15
12．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（，且）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，，，点满足.设点的轨迹为曲线，则下列说法正确的是（ ）
A．的方程为
B．当，，三点不共线时，则
C．在上存在点，使得
D．若，则的最小值为
第II卷（非选择题）
三、填空题（每小题5分，共20分）
13．已知实数 满足，则的最小值为 .
14．已知曲线,则曲线在处的切线与坐标轴围成的图形面积为 .
15．已知直线的方程为，，则直线的倾斜角范围是 ．
16．已知直线过定点，曲线，则过点的曲线的切线方程为 ．
四、解答题（共6小题，共计70分.第17题10分，第18---22题，每题12分）
17．已知函数．
（1）求函数的最大值；
（2）若函数有两个零点，求实数m的取值范围；
（3）若不等式仅有一个整数解，求实数a的取值范围．
18．四棱锥中，四边形为菱形，，，平面平面．

(1)证明：；
(2)若，且与平面成角为，点在棱上，且，求平面与平面的夹角的余弦值．
19．在等比数列中，公比， ，前三项和．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，，求数列的前项和.
20．若定义域为的函数满足是上的严格增函数，则称是一个“函数”.
(1)分别判断，是否为函数，并说明理由：
(2)设，若函数是函数，判断和的大小关系，并证明：
(3)已知函数是函数，过可以作函数的两条切线，证明：.
21．已知抛物线的顶点是坐标原点，焦点在轴的正半轴上，是抛物线上的点，点到焦点的距离为1，且到轴的距离是．
（1）求抛物线的标准方程；
（2）假设直线通过点，与抛物线相交于，两点，且，求直线的方程．
22．已知数列的前n项和为，且，，数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求证：.
参考答案：
1．D
【分析】根据几何关系，求点的坐标，代入抛物线方程，即可求解.
【详解】设圆的圆心为，与轴交于点，线段的中点为，轴，由条件可知，，，所以，
由焦半径公式可知，即，所以代入抛物线方程，
解得：或.
故选：D
2．B
【分析】对函数求导，判断其在的单调性，进而求得其最大值.
【详解】由得，
令，即在区间上解得，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
所以当时，取得最大值.
故选：B.
3．A
【分析】首先得到圆心坐标与半径，根据的最小值为，得到方程求出的值，即可求出圆的方程，再分斜率存在与不存在两种情况，分别求出切线方程，即可得解.
【详解】由圆方程可得圆心为，半径，因为的最小值为，所以，
解得，故圆．
若过点的切线斜率存在，
设切线方程为，则，解得，
所以切线方程为，即；
若过点的切线斜率不存在，由圆方程可得，圆过坐标原点，所以切线方程为．
综上，过点且与圆相切的直线方程为或．
故选：A
4．D
【分析】由题意，可知f（x）-x3是定值令t=f（x）-x3，得出f（x）=x3+t，再由f（t）=t3+t=2求出t的值即可得出f（x）的表达式，求出函数的导数，即可求出f（x）-f′（x）=2的解所在的区间选出正确选项
【详解】由题意，可知f（x）-x3是定值，不妨令t=f（x）-x3，则f（x）=x3+t
又f（t）=t3+t=2，整理得（t-1）（t2+t+2）=0，解得t=1
所以有f（x）=x3+1
所以f（x）-f′（x）=x3+1-3x2=2，令F（x）=x3-3x2-1
可得F（3）=-1＜0，F（4）=15＞0，即F（x）=x3-3x2-1零点在区间（3，4）内
所以f（x）-f′（x）=2的解所在的区间是（3，4）
故选D．
【点睛】本题考查导数运算法则，函数的零点，解题的关键是判断出f（x）-x3是定值，本题考查了转化的思想，将方程的根转化为函数的零点来进行研究，降低了解题的难度
5．B
【分析】根据可得，再结合等差数列的前n项和公式即可求得答案.
【详解】由题意，，，
故使的n的n=11，
故选：B
6．A
【分析】判断两直线垂直的方法：设两直线为，，，代入求解参数，根据充分必要性的判断法则即可得答案.
【详解】解：由题意得：
的充要条件是
即，故解得
于是“”是“直线与互相垂直”的充分不必要条件.
故选：A
7．A
【分析】利用等比数列的通项公式即可求解.
【详解】因为为等比数列，设的公比为，
则，，
两式相除可得，所以，
所以，
故选：A.
8．B
【分析】根据题意，两边取倒数，然后累加即可得到结果.
【详解】，则，，，…，，以上各式相加可得，，.
故选：B
9．ABC
【分析】由直线ax+by+c=0与圆x2+y2=4相交得<2，c2<4（a2+b2），由此判断可得选项.
【详解】解：由直线ax+by+c=0与圆x2+y2=4相交得<2，即c2<4（a2+b2），选项A B C均满足c2<4（a2+b2），而D项是相切的条件，
故选：ABC.
10．AC
【分析】建立空间直角坐标系，应用空间向量判断位置关系.
【详解】如图，以为原点所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
对A，，即，A正确；
对B，，B错误；
对C，，则C正确，D错误.
故选：AC
11．BCD
【分析】先求P到两圆心的距离之和范围，再判断|PM|＋|PN|的取值范围
【详解】，，关于轴的对称点为
故
又两圆的半径分别为2，1
故
满足要求的值有B，C，D
故选：BCD
12．ABD
【分析】对于A，通过直接法求出点的轨迹方程即可判断；
对于B，由题意，结合三角形内角平分线定理进行判断即可；
对于C，由“阿波罗尼斯圆”定义，求点轨迹方程，用圆与圆的位置关系进行判断即可；
对于D，将转化为进行判断即可.
【详解】设，（不与，重合）
∵，，∴，，
∴，得，化简得，
∴点的轨迹曲线是以为圆心，半径的圆，
对于A，曲线的方程为，故选项A正确；
对于B，由已知，，，∴，
∴当，，三点不共线时，由三角形内角平分线定理知，是内角的角平分线，
∴，故选项B正确；
对于C，若，则，由题意，点轨迹是圆，
设，由得，化简得点轨迹方程为，
即点的轨迹是圆心为，半径的圆，
圆与圆的圆心距，
∴圆与圆的位置关系为内含，圆与圆无公共点，
∴上不存在点，使得，故选项C错误；
对于D，∵，∴，
∴，
当且仅当在线段上时，等号成立，故选项D正确.
故选：ABD.
13．5
【分析】根据所求可转化为原点与直线上动点的距离的平方，利用点到直线的距离求解即可.
【详解】根据所求，可看做原点与直线上点的连线的长度的平方，
故的最小值即为原点到直线的距离的平方，
而，
所以的最小值为5.
故答案为：
14．
【分析】对函数求导，由可以求出切线的斜率，进而求出切线方程，然后求出切线与坐标轴的交点，从而求出围成的三角形的面积．
【详解】对求导，，，而，
所以曲线在处的切线斜率为1，切线方程为，
切线与坐标轴的交点为（0，1）和（-1，0），
所以切线与坐标轴围成的三角形的面积为.
【点睛】本题考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，属于基础题．
15．
【分析】确定，得到，解得答案.
【详解】，则，
设直线的倾斜角为，故，
当时，直线的倾斜角；
当时，直线的倾斜角；
综上所述：直线的倾斜角
故答案为：
16．
【分析】先求出定点，易知点在曲线上，进而对求导，结合导数的几何意义，求出切线方程即可.
【详解】由，可得，
令，解得，
所以点的坐标为，显然点在曲线上，
因为，所以过点的曲线的切线的斜率为，
所以所求切线的方程为，即．
故答案为：．
17．(1)；(2)；(3)．
【分析】(1)求导，利用导数可得函数的单调性，进而求得函数的最值；
(2)函数有两个零点，转化为函数的图象与直线有两个交点．结合（1）中结论即可求得的取值范围；
(3)由，可得只有一个整数解，由的极大值为，， ，可得的取值范围．
【详解】(1)函数，
则，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，所以当时，函数取得极大值，也是最大值为．
(2)函数有两个零点，相当于函数的图象与直线有两个交点．
当时，，时，，
结合（1）中结论，可得．
(3)因为，所以不等式仅有一个整数解，
即只有一个整数解，因为的极大值为，，，
所以当时，只有一个整数解，
即当时，不等式仅有一个整数解．
所以实数的取值范围是
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查函数与方程思想，属于中档题．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得；
（2）设，推导出平面，可得出为与平面所成角，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面的夹角的余弦值．
【详解】（1）证明：因为四边形为菱形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
因为平面，故.
（2）解：设，则为、的中点，
又因为，则，
又因为平面，平面，所以，，
因为，、平面，所以，平面，
为与平面所成角，故，
由于四边形为边长为，的菱形，
所以，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
由得
，且，
设平面的法向量为，
则，取，则，所以
又平面的一个法向量为，所以，.
故平面与平面的夹角的余弦值为.
19．(1)，(2) .
【分析】(1)由在等比数列中，公比， ，前三项和可得
； 从而求出得可得数列的通项公式
(2)由(1)数列的通项公式, 可得数列的通项公式，再由已知可得数列，∴的通项公式，由通项公式的特点，选择裂项求和求得数列的前项和.
【详解】(1)由；
得
所以
(2)由(1)中, ,
∴
∴
【方法点睛】（1）观测数列的通项公式特点形式，看使用什么方法求和.使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源和目的.
（2）在做题时注意观察式子特点选择有关公式和性质进行化简，这样给做题带来方便，掌握常见求和方法，如分组转化求和，裂项法，错位相减.
20．(1)是“函数”；不是“函数”，理由见解析
(2)，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用定义直接判断各函数；
（2）构造函数，可证在上单调递增，即可得证；
（3）设切点，不妨设，由“函数”可知，，使，又，化简即可得证.
【详解】（1），得，是上的严格增函数，
所以是“函数”；
，得，不是上的严格增函数，
所以不是“函数”；
（2）由函数是函数，
可知是上的严格增函数，
设，则，
所以在上单调递增，
所以，
即，
即；
（3）过作函数的切线，
设切点为，不妨设
则，
由函数是“函数”，
所以是上的严格增函数，
所以，
则，使，
所以，
即，
化简可得.
21．（1）；（2）．
【分析】（1）根据抛物线的定义，结合到焦点、轴的距离求，写出抛物线方程.
（2）直线的斜率不存在易得与不垂直与题设矛盾，设直线方程联立抛物线方程，应用韦达定理求，，进而求，由题设向量垂直的坐标表示有求直线方程即可.
【详解】（1）由已知，可设抛物线的方程为，又到焦点的距离是1，
∴点到准线的距离是1，又到轴的距离是，
∴，解得，则抛物线方程是．
（2）假设直线的斜率不存在，则直线的方程为，与联立可得交点、的坐标分别为，，易得，可知直线与直线不垂直，不满足题意，故假设不成立，
∴直线的斜率存在．设直线为，整理得，
设，，联立直线与抛物线的方程得，
消去，并整理得，于是，，
∴，
又，因此，即，
∴，解得或．
当时，直线的方程是，不满足，舍去．
当时，直线的方程是，即，
∴直线的方程是．
22．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由可得数列是等比数列，易得通项公式；
（2）求出后用裂项相消法求得和可证不等式成立．
【详解】（1）因为，所以当时有，，即，
当时有，，所以，即，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以．
（2）由得，，又，
所以，
所以
，
由可知，，所以．
【点睛】本题考查求等比数列的通项公式，裂项相消法求和．数列求和的常用方法：
设数列是等差数列，是等比数列，
（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；
（2）错位相减法：数列的前项和应用错位相减法；
（3）裂项相消法；数列（为常数，）的前项和用裂项相消法；
（4）分组（并项）求和法：数列用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；
（5）倒序相加法：满足（为常数）的数列，需用倒序相加法求和．