山东省滨州市2023-2024学年高二上学期1月期末考试数学试题（含解析）

山东省滨州市2023-2024学年高二上学期1月期末考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．若直线经过两点，则直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
2．双曲线的渐近线方程为
A． B． C． D．
3．在平行六面体 中， 与 的交点为 ．设 ，是下列向量中与 相等的向量是（ ）
A．
B．
C．
D．
4．椭圆的焦距为8，且椭圆上的点到两个焦点的距离之和为10，则该椭圆的标准方程是
A． B．或
C． D．或
5．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教十伟列亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3整除余2（如）且被5整除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（ ）
A．32 B．47 C．62 D．77
6．如图是抛物线形拱桥，当水面在时，拱顶离水面，水面宽.当水面上升后，水面宽为（ ）
A． B． C． D．
7．若点是曲线上任意一点，则点到直线的距离的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，长方体中，，点是棱的中点，设直线与所成的角为，直线与平面所成的角为，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知直线和圆，则下列选项正确的是（ ）
A．直线恒过点
B．圆与圆有两条公切线
C．直线被圆截得的最短弦长为
D．当时，圆上存在无数对关于直线对称的点
10．已知为等差数列的前项和，，，则下列选项正确的有（ ）
A．数列是单调递增数列 B．当时，最大
C． D．
11．如图，椭圆的中心为坐标原点，为左焦点，分别为长轴和短轴的顶点，.则下列选项正确的是（ ）
A．椭圆的离心率为
B．成等差数列
C．成等比数列
D．过焦点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，则
12．直四棱柱的所有棱长都为，点在四边形及其内部运动，且满足，则下列选项正确的是（ ）
A．点的轨迹的长度为
B．直线与平面所成的角为定值
C．点到平面的距离的最小值为
D．的最小值为-2
三、填空题
13．直线平行于直线，则这两条直线的距离等于 ．
14．已知数列中，，则 .
15．斜率为的直线过抛物线的焦点，且与抛物线相交于两点，点在轴的上方，过点作抛物线的准线的垂线，垂足为为坐标原点，则 .
16．若，且，都有，则的最大值为 .
四、解答题
17．已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求的极值.
18．已知圆经过两点，且圆心在轴上，一条光线从点射出，经轴反射后，与圆相切.
(1)求圆的方程；
(2)求反射后光线所在直线的方程.
19．如图，已知正方体中，点分别在棱和上，.
(1)求平面与平面的夹角的余弦值；
(2)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值，若不存在，请说明理由.
20．已知数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
21．已知函数.
(1)设，当时，求证为增函数；
(2)当时，求证.
22．已知双曲线的实轴长为4，且双曲线经过点.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过点且斜率不为零的直线与双曲线交于两点，关于轴的对称点为，求证：直线过定点.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】根据两点坐标求出直线的斜率，进而求出倾斜角.
【详解】由直线经过两点，可得直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，有，又，所以.
故选：C.
2．D
【分析】由双曲线的渐近线方程公式直接求解．
【详解】双曲线的渐近线方程为：
双曲线的渐近线方程为：．
故选D．
【点睛】本题主要考查了双曲线的简单性质，属于基础题．
3．A
【分析】利用向量的加法法则及减法法则即得.
【详解】解：因为，所以.
故选：A.
4．B
【详解】 由题意得，焦距为，所以，则，所以，
所以当椭圆的焦点在轴上时，椭圆的方程为；
当椭圆的焦点在轴上时，椭圆的方程为，
综上，椭圆的标准方程为或，故选B．
5．B
【分析】将问题转化为是15的倍数，再利用数列通项公式即可求得结果.
【详解】根据题意可知既是3的倍数，又是5的倍数，即是15的倍数，
可得，即；
所以.
故选：B
6．C
【分析】建立平面直角坐标系，先求抛物线方程，然后求解即可.
【详解】以拱形顶点为原点，建立如图所示平面直角坐标系，则，
设抛物线方程为，
则有，解得，得抛物线方程为，
令，则，得，
所以，当水面上升后，水面宽为m.
故选：C
，
7．B
【分析】利用导数求得平行于直线与曲线相切的切点坐标，再利用点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】由函数，可得，
令，可得，
因为，可得，则，
即平行于直线且与曲线相切的切点坐标为，
由点到直线的距离公式，可得点到直线的距离为.
故选：B.
8．C
【分析】建立空间直角坐标系利用空间向量可分别求得，，即可得结果.
【详解】根据题意建立以D为坐标原点的空间直角坐标系，如下图所示：
则,
可得，
易知，且，所以；
易得平面的一个法向量为，
因此可得，又，可得，
因此.
故选：C
9．ABD
【分析】求解直线系所过的定点判断A；判断两圆位置关系判断B；求解直线被圆截的弦长判断C，利用圆的圆心与直线的位置关系判断D．
【详解】对A，直线，
即，恒过点，所以A正确；
对B，圆的圆心坐标为，半径为，
而圆的圆心为，半径为1，
则两圆心的距离为，半径和为3，半径差为1
，则，则两圆相交，则两圆有两条公切线，B正确；
对C，圆的圆心坐标为，圆的半径为2．
直线，恒过点，代入圆方程得，
则定点在圆内，则直线与圆必有两交点，
设圆心到直线的距离为，则弦长，
若要弦长最短，则最大，
而圆心到直线的距离最大值即为圆的圆心到定点的距离为：
，
所以直线被圆截得的最短弦长为
，所以C不正确；
对D，当时，直线方程为：，代入圆心坐标，
得，则该直线经过圆的圆心，
所以圆上存在无数对点关于直线对称，所以D正确．
故选：ABD．
10．BC
【分析】通过等差数列的性质可得到，，故得到，然后利用等差数列的特征和求和公式即可判断每个选项
【详解】对于A，设的公差为，因为，所以，
又，所以，故，
所以数列是单调递减数列，所以A错误；
对于B，因为，所以，
所以当时，最大，所以B正确；
对于CD，因为，，
，
所以，，所以C正确，D错误．
故选：BC
11．ACD
【分析】利用椭圆性质以及勾股定理可得，解方程可知A正确，再利用可得成等比数列，即可知B错误，C正确；由通径公式可得D正确.
【详解】根据椭圆性质可得，
可得，
由可得，即，
可得，即，解得或（舍），即A正确；
由可得，即成等比数列，可得B错误，C正确；
易知为通径，可得，即D正确.
故选：ACD
12．ABD
【分析】建立空间直角坐标系，表示，化简得到点的轨迹方程，从而得到点的轨迹的长度，判断A；用空间向量表示直线与平面所成的角，从而证明为定值,判断B；用空间向量表示点到平面的距离，结合的轨迹，得最小值，判断C；
用空间向量表示，结合的轨迹，得最小值，判断D.
【详解】
取交点于点，
因为直四棱柱的所有棱长都为，
所以，
以所在直线为轴，过点竖直向上所直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
所以，，
对于A选项，因为点在四边形及其内部运动，所以，，
又因为，所以，即，
所以点的运动轨迹为在平面，以为圆心，半径为1的半圆弧，
所以轨迹长度为，故A正确；
对于B选项，因为面的法向量为，，
所以设直线与平面所成的角为，则有，又因为，
所以，所以直线与平面所成的角为定值，故B正确；
对于C选项，因为，，，，
设平面的法向量为，
则有，令，则，，所以，
设点到平面的距离为，则有，
又因为，所以时，，故C错误；
对于D选项，，，，，
，
所以的几何意义为点到距离的平方减3，
所以的最小值为，故D正确，
故选：ABD.
13．/
【分析】先由两直线平行求出，再利用两平行线间的距离公式可求得结果.
【详解】因为直线平行于直线，
所以，得，
所以直线化为，
由，得，
所以两平行线间的距离为，
故答案为：
14．
【分析】利用累加法计算出数列的通项公式，等式右边求和为裂项相消.
【详解】由题意可知：，，，，
将上述个式子相加可得：，则，所以
故答案为：
15．3
【分析】根据题意得直线的方程，联立方程组，求出和点坐标，即可得解.
【详解】根据题意，抛物线的焦点，
则直线，设，
联立方程组，得，
解得，，则，
所以.
故答案为：3.
16．1
【分析】由已知不等式变形得出，令，可知函数在上为减函数，利用导数求出函数的单调性，即可得出实数的取值范围，即可得解.
【详解】由题意可知，、均为正数，
因为，由，
所以，，
令，，
则，
由于，
可得时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以，，则，即实数的最大值为1.
故答案为：1.
【点睛】思路点精：适当变形不等式，构造函数证明不等式恒成立时参数的范围.
17．(1)
(2)极小值为，无极大值
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可.
（2）求出函数的极值点（注意定义域），再把极值点代入原函数即可得到极值.
【详解】（1）的定义域为，
，所以，
又因为，所以切点为，
所以曲线在处的切线方程为
（2），
当时，，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当时，有极小值，且极小值为，无极大值.
18．(1)
(2)或
【分析】（1）设圆心的坐标为，利用，解得，再计算半径即可;
（2）找出点关于轴的对称点为，设反射后光线所在直线为，利用直线与圆相切，求出或，写出直线方程即可.
【详解】（1）设圆心的坐标为，则，
即，
即，解得，
圆心的坐标为，圆的半径，
所以圆的方程为.
（2）点关于轴的对称点为，反射光线经过点，
当反射光线所在直线的斜率不存在时，直线与圆不相切，不符合题意，
当反射光线所在直线的斜率存在时，设方程为：，
即，
设圆心到直线的距离为，
因为反射光线所在直线与圆相切，
所以,所以，
即,解得或,
所以反射后光线所在直线的方程为或.
19．(1)
(2)存在，
【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出平面法向量可得结果；
（2）设，利用线面平行的向量表示即可求得，求出.
【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴 轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体的棱长为3，由已知可得平面的法向量为，
易知，所以，
设平面的法向量为，
所以，取，则，
所以
设平面与平面夹角为，
所以.
（2）假设在线段上存在点，使得平面，
由可得，
设，
所以，
所以，
若平面，
可知，
所以，即
故在线段上存在点使得平面.
20．(1)
(2)
【分析】（1）利用与的关系求出数列的递推关系，再利用等比数列的通项公式求解；
（2）由题意，得，利用错位相减法求和.
【详解】（1）当时，，即，
因为，
所以时，，
所以，，
所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2）由（1），
所以，
所以
①
②
①-②得
所以.
21．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）要证明为增函数，只需证明即可；
（2）首先两种方法都是先把问题转化为，方法一是证明函数的最小值大于；方法二是通过构造函数的方法证明和.
【详解】（1）函数的定义域为，
，
，
因为，所以，
所以为上的增函数.
（2）当时，，则有，
故只需证恒成立，
由（1）知当时，在上单调递增，
又，
由零点存在定理，可知在上有唯一实根，且，
当时，，当时，，
从而当时，取得最小值.
由，得，
即，所以，
故.
当且仅当时，上式等号成立，
所以，当时，.
综上所述，当时，恒成立.
（2）方法二
当时，，则有，故只需证明当时，恒成立，
令，，
由得，由得，由得，
所以时.
所以恒成立，当时，等号成立.
所以即，
当且仅当时，等号成立，
，即，当且仅当时，等号成立.
所以成立.
综上，当时，恒成立.
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意得，，由此即可得解.
（2）设点，则，直线的方程为，联立椭圆方程结合韦达定理以及三点即可得的关系，由此即可得解.
【详解】（1）因为双曲线的实轴长为4，
所以，解得.
又双曲线经过点，
所以，.
解得，
所以双曲线的方程为.
（2）
设直线的方程为，设点，则，
将代入方程，
得，
易知，
则，
由三点共线可得,
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
又，所以，
直线的方程为，
所以直线过定点.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是适当设点、设直线，结合韦达定理三点共线即可顺利得解.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页