吉林省延边朝鲜族自治州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（含解析）

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．27 C．23 D．18
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16
12．如图，已知正方体中，，，，分别是，，，的中点，则下列说法正确的有（ ）
A．，，，四点共面
B．与所成角的大小为
C．在线段上存在点，使平面
D．在线段上任取一点，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3除余2，被5除余3，被7除余2，则在不超过2022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．（本小题满分10分）
（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．（本小题满分12分）
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．（本小题满分12分）
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．（本小题满分12分）
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．（本小题满分12分）
已知双曲线的渐近线方程为，且过点．
（1）求双曲线的方程；
（2）若双曲线的右焦点为，点，过点的直线交双曲线于A，B两点，且，求直线的方程．
22．（本小题满分12分）
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：．
珲春一中2023~2024学年第一学期高二年级期末考试·数学
参考答案、提示及评分细则
1．C 因为，所以，所以，故选C．
2．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．
3．A 由题意知，，解得，所以实数的取值范围是．故选A．
4．C 因为，所以，所以，解得．故选C．
5．D 因为是等差数列的前项和，
所以．故选D．
6．B ，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．，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．C 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．B 设圆的方程为，因为圆过，两点，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．
9．ACD 设等差数列的公差为，因为，所以，解得，所以，故A正确；
因为，所以为递增数列，故B错误；
由，有，故C正确；
，故D正确．故选ACD．
10．AC 在区间上单调递减，故A正确；在区间上单调递减，在上单调递增，故B错误；在区间上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极大值，故C正确；在区间上单调递增，故D错误．故选AC．
11． 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，直线的方程为，直线恒过定点．故A正确；
由得，所以，所以，故B错误，C正确；，点到直线的距离，所以的面积，所以．故D正确．故选ACD．
12．ABD 以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、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，，，四点共面，选项A正确；
因为，，所以，
所以与所成角的大小为，选项B正确；
假设在线段上存在点，符合题意．设，则，，若平面，则，．因为，所以此方程组无解，所以在线段上不存在点，使平面，选项C错误；
因为，所以，又平面，平面，所以平面，故上的所有点到平面的距离均相等，即在线段上任取一点，三棱锥的体积不变，选项D正确．故选ABD．
13．
14．因为，所以，所以曲线在点处的切线方程为，即．
15． 的周长，因为为等边三角形，所以，所以，又，所以．在中，由余弦定理得，所以．
16．20410 由题意可知，一个数被3除余2，被5除余3，被7除余2，则这个正整数的最小值为23，因为3，5，7的最小公倍数为105，由题意可知，满足条件的数形成以23为首项，105为公差的等差数列，
设该数列为，则，由，可得，所以的最大值为20，所以满足条件的这些整数之和为．
17．（1）由题意，，，解得，所以，所以椭圆的标准方程为或；
（2）若双曲线的方程为，则，，解得，，所以双曲线的标准方程是；
若双曲线的方程为，则，，解得，所以双曲线的标准方程是．
综上，双曲线的标准方程为或．
18．解：（1）设的公差为，则解得
所以；
（2），
所以当或时，取得最小值，最小值为-105．
19．解：（1）因为圆与交于，两点，
所以直线的方程为．
又圆，所以点到直线的距离，
所以；
（2）直线的方程为，
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．（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：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，如图所示．所以，，，，，所以，．设，
所以．
设平面的一个法向量为，则即令，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．解：（1）由题意知，解得，所以双曲线的方程是；
（2）①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，不符合题意；
②当直线的斜率为0时，符合题意，此时直线的方程为；
③当直线的斜率存在且不为零时，设直线的方程为，记的中点为，又因为，所以．
由得，所以，
所以．
所以，
解得或，所以直线的方程为或．
由上知直线的方程为或或．
22．（1）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；
（2）证明：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．