河北省秦皇岛市安丰高级中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题（含解析）

2023~2024年度高二年级第一学期期末考试
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。
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.抛物线的焦点到其准线的距离为（ ）
A. B. C. D.4
2.若直线：与直线：平行，则实数a的值为（ ）
A. B. C.2 D.1
3.若方程表示焦点在y轴上的双曲线，则实数m的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
4.数列，4，，20，…的一个通项公式可以是（ ）
A. B.
C. D.
5.在棱长为2的正方体中，E是的中点，则（ ）
A.0 B.1 C. D.2
6.已知点，，，且满足，点D为的中点，则的最大值为（ ）
A.9 B.10 C.11 D.12
7.若函数在区间内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.已知椭圆：的左、右顶点分别为A，B，且椭圆C的离心率为，点P是椭圆C上的一点，且，则（ ）
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.如图是导函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A.函数在区间上单调递减
B.函数在区间上单调递减
C.函数在处取得极大值
D.函数在处取得极小值
10.已知圆：，则下列说法正确的是（ ）
A.圆的半径为16
B.圆截x轴所得的弦长为
C.圆与圆：相外切
D.若圆上有且仅有两点到直线的距离为1，则实数m的取值范围是
11.已知等差数列的前n项和为，公差为d，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.当时，取得最小值
12.已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A.当时，在上单调递增
B.当时，在R上恒成立
C.存在，使得在上不存在零点
D.对任意的，有唯一的极小值
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.在各项均为正数的等比数列中，，则 .
14.已知向量，，若，则 .
15.已知函数，若成立，则实数t的取值范围为 .
16.已知双曲线：的右焦点为F，离心率为，点A是双曲线C右支上的一点，O为坐标原点，延长交双曲线C于另一点B，且，延长交双曲线C于另一点Q，则 .
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.（本小题满分10分）
已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）求的极值.
18.（本小题满分12分）
已知抛物线：的焦点为，过点的直线l交抛物线于A，B两点，当轴时，.
（1）求抛物线的方程；
（2）当线段的中点的纵坐标为3时，求直线l的方程.
19.（本小题满分12分）
已知等比数列的前n项和为，且，，成等差数列，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，证明：数列的前n项和.
20.（本小题满分12分）
如图，在长方体中，，，.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
21.（本小题满分12分）
已知椭圆：的离心率为，且与直线相切.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线：与椭圆交于A，B两点，点是y轴上的一点，过点A作直线的垂线，垂足为M，是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
22.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）若，求在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若，试判断的零点的个数.
2023~2024年度高二年级第一学期期末考试 数学
参考答案、提示及评分细则
1.B 抛物线的标准方程为，焦点坐标为，准线方程为，则焦点到准线距离为.故选B.
2.A 根据题意得直线的斜率，直线的斜率，∵，∴，得，故选A.
3.A 根据题意得.故选A.
4.B 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.
5.D .故选D.
6.C 根据题意可得，设D点坐标，可知，，，，代入得，，可得D点是在以点为圆心，半径为1的圆上，，故选C.
7.C 由，可得.
①当时，，此时函数单调递减，
②当时，令，可得.此时函数的减区间为，增区间为.只需，得.由上可知.故选C.
8.B 不妨设，所以，即，又，所以，所以，所以，所以，所以，故选B.
9.ACD A.因为在上成立，所以是的单调递减区间，故正确；
B.因为当时，，当时，，所以在上不单调，故错误；
C.因为当时，，当时，，函数在处取得极大值，故正确；
D.因为当时，，当时，，所以函数在处取得极小值，故正确，故选ACD.
10.BC 由圆：，可得圆的标准方程为，所以圆的半径为4，故A错误；
令，得，设圆与x轴交点的横坐标分别为，，则，是的两个根，所以，，所以，故B正确；
，故C正确；
由，解得或，即实数m的取值范围是.故D错误.故选BC.
11.ACD 因为，所以，，，所以，故A正确，B错误，D正确；，故C正确.故选ACD.
12.BD 当时，，，
令，解得，故在上单调递减，故A错误；
当时，，，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，故B正确；
当时，，，
故在R上为单调递增函数，又，，
故在上一定存在零点，故C错误；
当时，，令，解得，，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以有唯一的极小值.故D正确.故选BD.
13. 4 .
14. 由得，，则，所以.
15. 由题得函数的定义域为R.因为，所以函数是奇函数.又.所以函数在R上单调递增，等价于，所以，∴，∴.所以实数t的取值范围为.
16. 记双曲线C的左焦点为，连接，.因为，由双曲线的对称性可知.设，则，所以，
即，解得或（舍），所以，.
由，可知直线的斜率为，
又由，可知，.可得双曲线C的方程为.
直线的方程为，
联立解得或，
故，，，
17.解：（1）的定义域为，
，令，解得或，
令，解得，
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为；
（2）由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
又，，
所以的极大值为，极小值为0.
18.解：（1）由题意知，，当轴时，A，B两点的横坐标，
代入得，则，
解得，
所以抛物线的方程为；
（2）根据题意得，直线l的斜率存在，设，，A，B两点都在上，
则有，，
，，
又∵中点的纵坐标为3，则，，
，
直线l的斜率，点，∴直线l的方程为：或.
19.（1）解：设等比数列的公比为，
由，，成等差数列知，，
即，
所以，有，即或.
①当时，，不合题意；
②当时，，得，
所以等比数列的通项公式；
（2）证明：（1）知，
所以，
所以数列的前n项和，
由，可得.
20.解：长方体可知，，两两垂直，以D为坐标原点，向量，，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，有，，，，，，.
（1）证明：因为，，，
所以，，
所以，，
又因为，，平面，所以平面；
（2）设平面的法向量为，
由，，有取，，，可得平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
因为，所以，
，，
所以，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
21.解：（1）根据题意可得，，，方程C为，，
由相切得，
，
，得，
∴椭圆C的标准方程为；
（2）设，，.
由得，，
所以，，
所以
，
所以，解得.
所以存在点，使得为定值.
22.解：（1）若，，，所以，又，所以在处的切线方程为，
令，解得.
令，解得，所以在处的切线与坐标轴围成的面积；
（2），即.
令，.
若，则，令，解得或，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又，，，
所以在上有且仅有两个零点，即在上有且仅有两个零点.
若，令，又，，，所以在上有两个零点，且.令，解得或，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.又，所以，，又，所以在上有唯一零点. ，所以在上有唯一零点，所以在上有且仅有3个零点，即在上有且仅有3个零点.
综上，若，在上有且仅有两个零点；
若，在上有且仅有3个零点.