河北省衡水市深州中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题(含解析)

深州中学2023~2024学年第一学期高二期末考试数学
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五章5.3．
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．已知复数满足是虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
2．设，若，则（ ）
A．1 B．－2 C．3 D．－1
3．已知数列是等比数列，且，则（ ）
A．3 B．6 C．3或－3 D．6或－6
4．双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
5．已知直线与圆相交于，两点，且，则实数（ ）
A． B． C．或 D．或
6．在数列中，，，则的前2024项和为（ ）
A．589 B．590 C． D．
7．如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为的中点，为的中点，则异面直线与所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．已知是椭圆的左焦点，经过原点的直线与椭圆交于，两点，若，且，则椭圆的离心率为（ ）
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，则下列结论正确的是（ ）
A．函数存在极小值
B．
C．当时，
D．若函数有且仅有两个零点，则且
11．已知抛物线，点是抛物线的焦点，点是抛物线上的一点，点，则下列说法正确的是（ ）
A．抛物线的准线方程为
B．若，则的面积为
C．的最大值为
D．的周长的最小值为
12．如图，在棱长为2的正方体中，点是棱的中点，点是底面上的一点，且平面，则下列说法正确的是（ ）
A． B．存在点，使得
C．的最小值为 D．的最大值为6
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．曲线在点（1，2）处的切线方程为______．
14．若动点到点的距离和动点到直线的距离相等，则点的轨迹方程是______．
15．若数列满足，，，则的通项公式是______．
16．已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上任意一点，为圆上任意一点，则的最小值为______．
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）
已知等差数列的其前项和为．
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
18．（本小题满分12分）
已知圆的圆心是抛物线的焦点．
（1）求抛物线的方程；
（2）若直线交抛物线于，两点，且点是弦的中点，求直线的方程．
19．（本小题满分12分）
在数列中，，且
（1）若，证明：数列是等比数列；
（2）求数列的前项和．
20．（本小题满分12分）
如图，在三棱柱中，，，，且为锐角．
（1）证明：；
（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
21．（本小题满分12分）
已知数列的前项和，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）若不等式对任意恒成立，求的取值范围．
22．（本小题满分12分）
已知椭圆的离心率为，且过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆交于，两点，点是轴上的一点，过点作直线的垂线，垂足为，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．
深州中学2023~2024学年第一学期高二期末考试·数学
参考答案、提示及评分细则
1．A 设，所以，所以，所以．故选A．
2．A ，解得．故选A．
3．B 设数列的公比为，则，所以，所以．故选B．
4．B 渐近线方程为．故选B．
5．D 因为，所以点到直线的距离为，所以，解得或．故选D．
6．C 因为，所以，，，而，所以数列是以4为周期的周期数列，所以的前2024项和．故选C．
7．A 由，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设，点，可得，设异面直线与所成的角为，有．
8．C 设椭圆右焦点为，连接，根据椭圆对称性可知四边形为平行四边形，则，因为，可得，所以，则，由余弦定理可得，即，即．故椭圆离心率，故选C．
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．ACD ，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，故函数在处取得极小值，也是最小值，没有极大值，A正确；当时，函数单调递增，且，所以，B错误：当时，，易知C正确；
由得，若函数有两个零点，只需且，D正确．故选ACD．
11．ACD 抛物线的准线方程为，故A正确；设，所以，所以，所以，解得，当时，的面积为，当时，的面积为，故B错误；，当且仅当点在的延长线与抛物线的交点处时，故C正确；过点作的准线的垂线，垂足为，所以的周长，所以，当且仅当与的准线垂直时，取得最小值，故D正确．故选ACD．
12．ACD 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，则，，所以，，所以，所以平面，又平面，所以．故A正确；设，所以，所以．，即．所以，，解得，又，故B错误；
，所以，故C正确；，所以，，所以．故D正确．故选ACD．
13．因为，所以，所以曲线在点处的切线方程为，即．
14．动点到点的距离与它到直线的距离相等，由抛物线定义可知动点的轨迹为抛物线，该抛物线以为焦点，以为准线，开口向右，所以抛物线方程为．
15．因为，所以，所以，又也满足上式，所以．
16．由题意知，且，
当且仅当M，N，E共线时取等号，
所以，
当且仅当共线时取等号，
而，
故的最小值为．
17．解：（1）设等差数列的公差为，因为，
所以
解得所以；
（2）由（1）知，
所以．
18．解：（1）圆的方程可化为，故圆心的坐标为，设抛物线的方程为，所以，所以，所以抛物线的方程为．
（2）设，则两式相减，
得，即，因为点是的中点，所以，所以．
所以直线的方程为，即．
19．（1）证明：，．因为，所以是以为首项，为公比的等比数列．
（2）解：由（1）可知，所以，所以
．
20．（1）证明：连接，如图所示．
因为，所以四边形是菱形，所以，又平面，
所以平面，又平面，所以，又，所以．
在中，，所以，所以，又平面，所以平面，又平面，所以；
（2）解：因为，所以二面角的大小为，即．
以为坐标原点，，所在的直线分别为轴，轴，垂直于，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示．所以，，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，
又，设直线与平面所成角为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为．
21．解：（1）由题意得
①－②得，
，
符合此式，
；
（2）对任意恒成立，
即对任意恒成立，
记，故，
所以当时，，所以，即，当时，，即随着的增大，递减，所以的最大值为，所以，即．
22．解：（1）由题意知
解得，所以椭圆的方程是；
（2）设，
由得，
所以，，
所以，
所以，解得．
所以存在点，使得为定值．