湖南省郴州市2023-2024学年高二上学期期末教学质量监测数学试卷
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．（2024高二上·郴州期末）已知，若直线与直线垂直，则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】斜率的计算公式；用斜率判定两直线垂直
【解析】【解答】解：易知，因为直线与直线垂直，所以，
即，解得，
所以直线的斜率为.
故答案为：A.
【分析】根据题意，利用斜率公式求得，再由两直线垂直，得，求解即可.
2．（2024高二上·郴州期末）已知等差数列的前项和，公差为，且，则（ ）
A．0 B．1011 C．1012 D．2024
【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为，所以三点共线，又因为，
所以，
故.
故答案为：C.
【分析】由题意可得三点共线推出，再利用等差数列求和公式以及等差数列的性质求解即可.
3．（2024高二上·郴州期末）函数在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由，求导可得，，即切线的斜率为2，
所以切线方程为，即.
故答案为：A.
【分析】根据导数的几何意义求解即可.
4．（2024高二上·郴州期末）已知正方形的边长为1，现将沿对角线向上翻折，使得二面角的夹角为，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】点、线、面间的距离计算；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】解：取线段的中点，连接如图所示：
显然，则为二面角的平面角，即，又因为，所以面，取的中点，连接，
则，又面，面，
所以，又，所以面，则线段长即为点到平面的距离，
所以.
故答案为：B.
【分析】取线段的中点，连接，取的中点，连接，可得为二面角的平面角，线段长即为点到平面的距离求解即可.
5．（2024高二上·郴州期末）正方体中，与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系如图所示：
设正方体的棱长为1，则，，，，，，，
设平面的法向量为，则，即，取，，
设与平面所成角为，.
故答案为：B.
【分析】以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，利用空间向量求线面角的公式求解即可.
6．（2024高二上·郴州期末）已知是椭圆的两个焦点，点在上，若使为直角三角形的点有8个，则的离心率的范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：使为直角三角形，可分为以下三类讨论：
以点为直角顶点；以点为直角顶点；以点为直角顶点；
由椭圆的对称性可知：以点为直角顶点的点有两个；以点为直角顶点的点有两个，
则要使为直角三角形的点有8个，则点为直角顶点的直角三角形有4个，即以为直径的圆和椭圆有4个交点，
如图所示：
所以，所以，即，所以离心率，又因为，所以，
即的离心率的范围.
故答案为：C.
【分析】先根据为直角三角形分三类讨论，利用椭圆的对称性可知点、为直角的三角形个数均为2，要使为直角三角形的点有8个，则以为直径的圆和椭圆有4个交点，得结合椭圆的性质即可求椭圆离心率的范围.
7．（2024高二上·郴州期末）德国数学家米勒曾提出最大视角问题：已知点是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当在何处时，最大？结论是：当且仅当的外接圆与边相切于点时，最大.人们称这一命题为米勒定理.在平面直角坐标系内，已知，点是直线上一动点，当最大时，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】两条直线的交点坐标；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：因为点，所以线段的垂直平分线方程为，
设的外接圆的圆心为，其中，且圆的半径为，
因为直线与圆相切，所以，
又因为，所以，解得，即圆心，
又由，可得，解得，则直线的方程为，即，
联立方程组，解得，即点的坐标为，
故答案为：C.
【分析】根据题意，先求得线段的垂直平分线方程，再设的外接圆的圆心为，根据直线和圆相切圆心到直线的距离等于半径可得得，求得，即可得圆心，再求直线的方程，最后联立方程组，求解即可.
8．（2024高二上·郴州期末）若函数在定义域内有两个极值点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：函数的定义域为，且，
令，得，
因为函数再定义域内有两个极值点，所以与有2个变号交点，则，
令，解得；令，解得；故在内单调递增，在内单调递减，
可得，且当x趋近于0，趋近于，当x趋近于，趋近于0，
可得的图象如图所示：
数形结合可得，解得，所以实数的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】先求定义域再求导，根据题意可得与有2个变号交点，再对求导，利用导数判断其单调性和最值，结合的图象分析求解即可.
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．（2024高二上·郴州期末）在棱长为1的正四面体中，分别为的中点，则下列命题正确的是（ ）
A． B．
C．平面 D．和夹角的正弦值为
【答案】B,C
【知识点】平面向量的线性运算；异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定；余弦定理
【解析】【解答】解：连接，记的中点为，连接，如图所示：
A、，故A错误；
B、易知，则，故B正确；
C、因为，面，所以面，即平面，故C正确；
D、连接，因为分别为的中点，所以，则和夹角即为或其补角，
又，可得，
中，，，所以，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】连接，记的中点为，连接，根据向量的线性运算表示，并求出长度即可判断AB；由线面垂直的判定判断C；确定异面直线所成角，利用余弦定理求余弦值，得正弦值即可判断D.
10．（2024高二上·郴州期末）已知数列的前项和为，数列的前项和为，若对一切都有恒成立，则整数的可能值为（ ）
A．-1 B．0 C．1 D．2
【答案】C,D
【知识点】数列与不等式的综合；数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：因为数列的前项和为，所以当时，；
当时，，当时，满足上式，故；
则，
故，
由于对一切都有恒成立，故，解得，故整数的可能值为1，2.
故答案为：CD.
【分析】由题意，结合数列与的关系求出数列的通项公式，即可得的通项，再利用裂项法求得，根据恒成立，求出m的范围即可.
11．（2024高二上·郴州期末）已知圆，则下列命题正确的是（ ）
A．圆心坐标为
B．直线与圆相交所得的弦长为8
C．圆与圆有三条公切线.
D．圆上恰有三个点到直线的距离为，则或-5
【答案】A,B,D
【知识点】圆的标准方程；圆的一般方程；点与圆的位置关系；直线与圆相交的性质；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：圆的标准方程为；
A、由圆的标准方程可知：圆心，半径为，故A正确；
B、由圆心到直线的距离为，则弦长为，故B正确；
C、由圆，可得圆心，半径，可得，且，则，
即圆与圆相交，可得两圆有两条公共切线，故C错误；
D、由圆上恰有三个点到直线的距离为，则满足圆心到直线的距离为，即，
解得或，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据题意，结合圆的标准方程，以及直线与圆的位置关系，逐项分析判断即可.
12．（2024高二上·郴州期末）大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，它是世界数学史上第一道数列题.已知大衍数列满足，则（ ）
A．
B．
C．此数列的前项和为
D．数列的前60项和为930
【答案】A,B,D
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：数列满足；
当时，①；
当时，②，由①②联立得，
所以，累加可得，
令(且为奇数)，得，当时满足上式，所以当为奇数时，，
当为奇数时，，所以，其中为偶数，所以，所以，故A正确；
B、由A分析可得：，故B正确；
C、由，而，故此数列的前项和不为，故C错误；
D、因为，所以的前2n项和
，则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】当时，，当时，，联立可得，再利用累加法可得，从而可求出数列的通项公式，最后利用通项公式逐项判断即可.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13．（2024高二上·郴州期末）已知等比数列中，是方程的两根，则的值为 .
【答案】64
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；等比数列的性质
【解析】【解答】解：是方程的两根，由韦达定理可得：，
因为数列是等比数列，所以，故.
故答案为：64.
【分析】由题意，结合韦达定理、等比数列的性质求解即可.
14．（2024高二上·郴州期末）设曲线上的动点与定点的距离和点到定直线的距离的比为.倾斜角为的直线经过点与曲线交于两点（点位于轴上方），则 .
【答案】
【知识点】直线的倾斜角；直线的点斜式方程；平面内两点间的距离公式；平面内点到直线的距离公式；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：已知如图所示：
设， 因为动点与定点的距离和点到定直线的距离的比为 ，所以，
化简得，易知直线的斜率，则直线的方程为，
设，联立方程组，消去整理可得，解得，
则，故.
故答案为：.
【分析】由题意，根据两点距离公式以及点到直线距离公式，列式整理可得动点轨迹方程，再根据倾斜角与已知点，写出直线方程，联立方程组，求得交点的坐标，数形结合即可求值.
15．（2024高二上·郴州期末）已知函数，若，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：函数求导可得，若，则，
令，则
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
，所以，故的最小值为.
故答案为：.
【分析】求导，由得，，令，利用导函数研究其单调性和最值即可求值.
16．（2024高二上·郴州期末）在四棱锥中，平面，底面为矩形，，点在线段上运动，则点到距离的最小值为 .
【答案】
【知识点】棱锥的结构特征；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：因为点是线段上的动点，设，，在线段上取一点点，使得，
在线段上取一点，使得，如图所示：
由三角形性质可知，在中，，且，
因为底面是矩形，所以，所以且，所以四边形是平行四边形，
因为平面，平面，所以，因为，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，所以四边形是矩形，所以点到点的距离即为点到线段的距离
因为，所以当为中点时，最小，即，
所以点在线段上运动，点到距离最小为.
故答案为：.
【分析】在线段上取一点，线段上取一点，使四边形是矩形，由相关性质可将点到直线距离最小值转化为点到点距离最小，再计算即可.
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．（2024高二上·郴州期末）已知数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
【答案】（1）解：当时，，得，
当时，由得，，
两式相减得：，
故数列是以1为首项，2为公比的等比数列，且.
（2）解：由（1）知，
所以时，，
故数列是以0为首项，1为公差的等差数列，所以.
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等差数列的性质；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）由题意，利用数列中与的关系式求解即可；
（2）由（1）得，可得数列是以为首项，为公差的等差数列，再利用等差数列的求和公式求解即可.
18．（2024高二上·郴州期末）已知圆经过两点，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程.
（2）为圆内一点，弦恰好被点平分，求直线的方程，并判断为钝角三角形 直角三角形还是锐角三角形？
【答案】（1）解：设圆的标准方程为
因为圆心在直线上，所以①
又因为点在圆上，代入圆方程得：②，③，
由①②③解得：，
故圆的标准方程为：.
（2）解：由垂径定理可知：，
所以的直线方程为：，即
圆心到直线距离，
所以，
因为，所以为直角三角形.
【知识点】用斜率判定两直线垂直；平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；三角形的形状判断
【解析】【分析】（1）设圆的标准方程为，代入已知条件解方程即可得圆的方程；
（2）根据垂径定理得到对应得到的斜率，代入点得到的方程，利用三边关系判断三角形的形状即可.
19．（2024高二上·郴州期末）如图，在正三棱柱中，底面为的中点，为上一个动点.
（1）若为靠近点线段的三等分点，求证：平面；
（2）在线段上是否存在点，使平面与平面的夹角等于？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：连接如图所示：
因为为正三棱柱，所以为正三角形，
又因为为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，所以平面，所以，
因为底面，解得：，所以，所以在Rt中，，
在Rt中，，所以，即，又平面，
所以平面
（2）解：假设存在点满足条件，设.
取的中点，连接，则平面，所以，
分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系如图所示：
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则
令，得，
同理，设平面的一个法向量为，
则，令，所以.
所以，
所以，所以无解.
故不存在点，使平面与平面的夹角等于.
【知识点】直线与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接，由平面，得，由三角形内角和得，然后根据线面垂直的判定证明即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
20．（2024高二上·郴州期末）已知函数.
（1）若，求证：；
（2）若有两个极值点，且，当取最小值时，求的极小值.
【答案】（1）证明：，
因为，所以，
令，得，解得.
所以在上单调递增；
同理可得在上单调递减；
所以.
（2）解：由（1）知时，只有一个极值点，不合题意，
当时，有两个根0，lna，
所以，解得，
又，故.
因此.
令，得或；
令，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减；
，
所以当时，取得极小值.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；不等式的证明
【解析】【分析】（1）函数求导可得，利用的正负，判断的单调性，从而求的最小值为证明即可；
（2）有两个极值点，且，的两根为，得，再利用导函数研究的单调性和极值即可.
21．（2024高二上·郴州期末）已知抛物线上一点的横坐标为到抛物线的焦点的距离为2.
（1）求抛物线的方程；
（2）直线交抛物线于两点，为坐标原点，满足，求面积的最小值.
【答案】（1）解：令，因为到抛物线的焦点的距离为2，
所以，代入得：，解得，
故求抛物线的方程为：.
（2）解：令直线的方程为：，联立直线与抛物线的方程得：，
由韦达定理可得：，
因为，所以，又，所以，
得直线的方程为：，
，
原点到直线的距离，
所以面积，
当时，面积的最小值为32.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设点，根据已知条件结合抛物线的定义列式求解即可；
（2）设直线方程，并联立方程组，利用韦达定理可得，再根据题已知条件，结合弦长公式以及点到直线距离公式，结合三角形面积公式整理函数解析式求解即可.
22．（2024高二上·郴州期末）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数与的图象恰有一对点关于对称，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：函数求导可得，
当时，在定义域上单调递增；
当时，由，得，
当，则在上单调递减，
当，在上单调递增.
（2）解：若函数与的图象恰有1对点关于点对称，
则方程
即，即恰有1个解，
显然，所以恰有1个解.
令，则直线与曲线恰有1个公共点.
由，得：
①当时，单调递减，且
②当时，单调递减；当时，单调递增；极小值，且两边趋向正无穷大.
故由直线与曲线恰有1个公共点，得实数的取值范围是
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）先求导，分和两种情况利用导数判断函数的单调性即可；
（2）分离参数，原问题转化为与曲线恰有1个公共点，令，求导利用导数判断其单调性求最值即可求的a的取值范围.
1 / 1湖南省郴州市2023-2024学年高二上学期期末教学质量监测数学试卷
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．（2024高二上·郴州期末）已知，若直线与直线垂直，则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二上·郴州期末）已知等差数列的前项和，公差为，且，则（ ）
A．0 B．1011 C．1012 D．2024
3．（2024高二上·郴州期末）函数在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二上·郴州期末）已知正方形的边长为1，现将沿对角线向上翻折，使得二面角的夹角为，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二上·郴州期末）正方体中，与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二上·郴州期末）已知是椭圆的两个焦点，点在上，若使为直角三角形的点有8个，则的离心率的范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二上·郴州期末）德国数学家米勒曾提出最大视角问题：已知点是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当在何处时，最大？结论是：当且仅当的外接圆与边相切于点时，最大.人们称这一命题为米勒定理.在平面直角坐标系内，已知，点是直线上一动点，当最大时，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二上·郴州期末）若函数在定义域内有两个极值点，则实数的取值范围为（ ）
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．（2024高二上·郴州期末）在棱长为1的正四面体中，分别为的中点，则下列命题正确的是（ ）
A． B．
C．平面 D．和夹角的正弦值为
10．（2024高二上·郴州期末）已知数列的前项和为，数列的前项和为，若对一切都有恒成立，则整数的可能值为（ ）
A．-1 B．0 C．1 D．2
11．（2024高二上·郴州期末）已知圆，则下列命题正确的是（ ）
A．圆心坐标为
B．直线与圆相交所得的弦长为8
C．圆与圆有三条公切线.
D．圆上恰有三个点到直线的距离为，则或-5
12．（2024高二上·郴州期末）大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，它是世界数学史上第一道数列题.已知大衍数列满足，则（ ）
A．
B．
C．此数列的前项和为
D．数列的前60项和为930
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13．（2024高二上·郴州期末）已知等比数列中，是方程的两根，则的值为 .
14．（2024高二上·郴州期末）设曲线上的动点与定点的距离和点到定直线的距离的比为.倾斜角为的直线经过点与曲线交于两点（点位于轴上方），则 .
15．（2024高二上·郴州期末）已知函数，若，则的最小值为 .
16．（2024高二上·郴州期末）在四棱锥中，平面，底面为矩形，，点在线段上运动，则点到距离的最小值为 .
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．（2024高二上·郴州期末）已知数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
18．（2024高二上·郴州期末）已知圆经过两点，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程.
（2）为圆内一点，弦恰好被点平分，求直线的方程，并判断为钝角三角形 直角三角形还是锐角三角形？
19．（2024高二上·郴州期末）如图，在正三棱柱中，底面为的中点，为上一个动点.
（1）若为靠近点线段的三等分点，求证：平面；
（2）在线段上是否存在点，使平面与平面的夹角等于？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
20．（2024高二上·郴州期末）已知函数.
（1）若，求证：；
（2）若有两个极值点，且，当取最小值时，求的极小值.
21．（2024高二上·郴州期末）已知抛物线上一点的横坐标为到抛物线的焦点的距离为2.
（1）求抛物线的方程；
（2）直线交抛物线于两点，为坐标原点，满足，求面积的最小值.
22．（2024高二上·郴州期末）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数与的图象恰有一对点关于对称，求实数的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】斜率的计算公式；用斜率判定两直线垂直
【解析】【解答】解：易知，因为直线与直线垂直，所以，
即，解得，
所以直线的斜率为.
故答案为：A.
【分析】根据题意，利用斜率公式求得，再由两直线垂直，得，求解即可.
2．【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为，所以三点共线，又因为，
所以，
故.
故答案为：C.
【分析】由题意可得三点共线推出，再利用等差数列求和公式以及等差数列的性质求解即可.
3．【答案】A
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由，求导可得，，即切线的斜率为2，
所以切线方程为，即.
故答案为：A.
【分析】根据导数的几何意义求解即可.
4．【答案】B
【知识点】点、线、面间的距离计算；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】解：取线段的中点，连接如图所示：
显然，则为二面角的平面角，即，又因为，所以面，取的中点，连接，
则，又面，面，
所以，又，所以面，则线段长即为点到平面的距离，
所以.
故答案为：B.
【分析】取线段的中点，连接，取的中点，连接，可得为二面角的平面角，线段长即为点到平面的距离求解即可.
5．【答案】B
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系如图所示：
设正方体的棱长为1，则，，，，，，，
设平面的法向量为，则，即，取，，
设与平面所成角为，.
故答案为：B.
【分析】以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，利用空间向量求线面角的公式求解即可.
6．【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：使为直角三角形，可分为以下三类讨论：
以点为直角顶点；以点为直角顶点；以点为直角顶点；
由椭圆的对称性可知：以点为直角顶点的点有两个；以点为直角顶点的点有两个，
则要使为直角三角形的点有8个，则点为直角顶点的直角三角形有4个，即以为直径的圆和椭圆有4个交点，
如图所示：
所以，所以，即，所以离心率，又因为，所以，
即的离心率的范围.
故答案为：C.
【分析】先根据为直角三角形分三类讨论，利用椭圆的对称性可知点、为直角的三角形个数均为2，要使为直角三角形的点有8个，则以为直径的圆和椭圆有4个交点，得结合椭圆的性质即可求椭圆离心率的范围.
7．【答案】C
【知识点】两条直线的交点坐标；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：因为点，所以线段的垂直平分线方程为，
设的外接圆的圆心为，其中，且圆的半径为，
因为直线与圆相切，所以，
又因为，所以，解得，即圆心，
又由，可得，解得，则直线的方程为，即，
联立方程组，解得，即点的坐标为，
故答案为：C.
【分析】根据题意，先求得线段的垂直平分线方程，再设的外接圆的圆心为，根据直线和圆相切圆心到直线的距离等于半径可得得，求得，即可得圆心，再求直线的方程，最后联立方程组，求解即可.
8．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：函数的定义域为，且，
令，得，
因为函数再定义域内有两个极值点，所以与有2个变号交点，则，
令，解得；令，解得；故在内单调递增，在内单调递减，
可得，且当x趋近于0，趋近于，当x趋近于，趋近于0，
可得的图象如图所示：
数形结合可得，解得，所以实数的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】先求定义域再求导，根据题意可得与有2个变号交点，再对求导，利用导数判断其单调性和最值，结合的图象分析求解即可.
9．【答案】B,C
【知识点】平面向量的线性运算；异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定；余弦定理
【解析】【解答】解：连接，记的中点为，连接，如图所示：
A、，故A错误；
B、易知，则，故B正确；
C、因为，面，所以面，即平面，故C正确；
D、连接，因为分别为的中点，所以，则和夹角即为或其补角，
又，可得，
中，，，所以，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】连接，记的中点为，连接，根据向量的线性运算表示，并求出长度即可判断AB；由线面垂直的判定判断C；确定异面直线所成角，利用余弦定理求余弦值，得正弦值即可判断D.
10．【答案】C,D
【知识点】数列与不等式的综合；数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：因为数列的前项和为，所以当时，；
当时，，当时，满足上式，故；
则，
故，
由于对一切都有恒成立，故，解得，故整数的可能值为1，2.
故答案为：CD.
【分析】由题意，结合数列与的关系求出数列的通项公式，即可得的通项，再利用裂项法求得，根据恒成立，求出m的范围即可.
11．【答案】A,B,D
【知识点】圆的标准方程；圆的一般方程；点与圆的位置关系；直线与圆相交的性质；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：圆的标准方程为；
A、由圆的标准方程可知：圆心，半径为，故A正确；
B、由圆心到直线的距离为，则弦长为，故B正确；
C、由圆，可得圆心，半径，可得，且，则，
即圆与圆相交，可得两圆有两条公共切线，故C错误；
D、由圆上恰有三个点到直线的距离为，则满足圆心到直线的距离为，即，
解得或，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据题意，结合圆的标准方程，以及直线与圆的位置关系，逐项分析判断即可.
12．【答案】A,B,D
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：数列满足；
当时，①；
当时，②，由①②联立得，
所以，累加可得，
令(且为奇数)，得，当时满足上式，所以当为奇数时，，
当为奇数时，，所以，其中为偶数，所以，所以，故A正确；
B、由A分析可得：，故B正确；
C、由，而，故此数列的前项和不为，故C错误；
D、因为，所以的前2n项和
，则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】当时，，当时，，联立可得，再利用累加法可得，从而可求出数列的通项公式，最后利用通项公式逐项判断即可.
13．【答案】64
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；等比数列的性质
【解析】【解答】解：是方程的两根，由韦达定理可得：，
因为数列是等比数列，所以，故.
故答案为：64.
【分析】由题意，结合韦达定理、等比数列的性质求解即可.
14．【答案】
【知识点】直线的倾斜角；直线的点斜式方程；平面内两点间的距离公式；平面内点到直线的距离公式；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：已知如图所示：
设， 因为动点与定点的距离和点到定直线的距离的比为 ，所以，
化简得，易知直线的斜率，则直线的方程为，
设，联立方程组，消去整理可得，解得，
则，故.
故答案为：.
【分析】由题意，根据两点距离公式以及点到直线距离公式，列式整理可得动点轨迹方程，再根据倾斜角与已知点，写出直线方程，联立方程组，求得交点的坐标，数形结合即可求值.
15．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：函数求导可得，若，则，
令，则
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
，所以，故的最小值为.
故答案为：.
【分析】求导，由得，，令，利用导函数研究其单调性和最值即可求值.
16．【答案】
【知识点】棱锥的结构特征；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：因为点是线段上的动点，设，，在线段上取一点点，使得，
在线段上取一点，使得，如图所示：
由三角形性质可知，在中，，且，
因为底面是矩形，所以，所以且，所以四边形是平行四边形，
因为平面，平面，所以，因为，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，所以四边形是矩形，所以点到点的距离即为点到线段的距离
因为，所以当为中点时，最小，即，
所以点在线段上运动，点到距离最小为.
故答案为：.
【分析】在线段上取一点，线段上取一点，使四边形是矩形，由相关性质可将点到直线距离最小值转化为点到点距离最小，再计算即可.
17．【答案】（1）解：当时，，得，
当时，由得，，
两式相减得：，
故数列是以1为首项，2为公比的等比数列，且.
（2）解：由（1）知，
所以时，，
故数列是以0为首项，1为公差的等差数列，所以.
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等差数列的性质；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）由题意，利用数列中与的关系式求解即可；
（2）由（1）得，可得数列是以为首项，为公差的等差数列，再利用等差数列的求和公式求解即可.
18．【答案】（1）解：设圆的标准方程为
因为圆心在直线上，所以①
又因为点在圆上，代入圆方程得：②，③，
由①②③解得：，
故圆的标准方程为：.
（2）解：由垂径定理可知：，
所以的直线方程为：，即
圆心到直线距离，
所以，
因为，所以为直角三角形.
【知识点】用斜率判定两直线垂直；平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；三角形的形状判断
【解析】【分析】（1）设圆的标准方程为，代入已知条件解方程即可得圆的方程；
（2）根据垂径定理得到对应得到的斜率，代入点得到的方程，利用三边关系判断三角形的形状即可.
19．【答案】（1）证明：连接如图所示：
因为为正三棱柱，所以为正三角形，
又因为为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，所以平面，所以，
因为底面，解得：，所以，所以在Rt中，，
在Rt中，，所以，即，又平面，
所以平面
（2）解：假设存在点满足条件，设.
取的中点，连接，则平面，所以，
分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系如图所示：
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则
令，得，
同理，设平面的一个法向量为，
则，令，所以.
所以，
所以，所以无解.
故不存在点，使平面与平面的夹角等于.
【知识点】直线与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接，由平面，得，由三角形内角和得，然后根据线面垂直的判定证明即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
20．【答案】（1）证明：，
因为，所以，
令，得，解得.
所以在上单调递增；
同理可得在上单调递减；
所以.
（2）解：由（1）知时，只有一个极值点，不合题意，
当时，有两个根0，lna，
所以，解得，
又，故.
因此.
令，得或；
令，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减；
，
所以当时，取得极小值.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；不等式的证明
【解析】【分析】（1）函数求导可得，利用的正负，判断的单调性，从而求的最小值为证明即可；
（2）有两个极值点，且，的两根为，得，再利用导函数研究的单调性和极值即可.
21．【答案】（1）解：令，因为到抛物线的焦点的距离为2，
所以，代入得：，解得，
故求抛物线的方程为：.
（2）解：令直线的方程为：，联立直线与抛物线的方程得：，
由韦达定理可得：，
因为，所以，又，所以，
得直线的方程为：，
，
原点到直线的距离，
所以面积，
当时，面积的最小值为32.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设点，根据已知条件结合抛物线的定义列式求解即可；
（2）设直线方程，并联立方程组，利用韦达定理可得，再根据题已知条件，结合弦长公式以及点到直线距离公式，结合三角形面积公式整理函数解析式求解即可.
22．【答案】（1）解：函数求导可得，
当时，在定义域上单调递增；
当时，由，得，
当，则在上单调递减，
当，在上单调递增.
（2）解：若函数与的图象恰有1对点关于点对称，
则方程
即，即恰有1个解，
显然，所以恰有1个解.
令，则直线与曲线恰有1个公共点.
由，得：
①当时，单调递减，且
②当时，单调递减；当时，单调递增；极小值，且两边趋向正无穷大.
故由直线与曲线恰有1个公共点，得实数的取值范围是
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）先求导，分和两种情况利用导数判断函数的单调性即可；
（2）分离参数，原问题转化为与曲线恰有1个公共点，令，求导利用导数判断其单调性求最值即可求的a的取值范围.
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