四川省内江市第一中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学（理）试题（含解析）

内江一中高2024届下数学期中考试题（理科）
一、选择题（每小题5分，共60分）
1．对于实数，，，下列命题中是真命题的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若且，则 D．若，，则
2．已知命题，则为（ ）
A．
B．
C．
D．
3．已知双曲线的中心在原点，以坐标轴为对称轴．则“的离心率为”是“的一条渐近线为”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列说法正确的是（　　）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
5．函数f(x)的图象如图所示，下列数值排序正确的是（ ）
B．
C． D．
6．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在“鳖臑”中，平面，，且，为的中点，则异面直线与夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知抛物线的焦点为F，点，点P为该抛物线上一动点，则周长的最小值是（ ）
A． B．3 C． D．
8．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．
9．已知椭圆和双曲线的焦点相同，记左、右焦点分别为，，椭圆和双曲线的离心率分别为，，设点为与在第一象限内的公共点，且满足，若，则的值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
10．若定义在上的函数的导函数为，且满足，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
11．在正方体中，是中点，点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
12．已知函数有两个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二 、填空题（每题5分共20分）
13．若直线与函数的图象相切，则__________.
14．如图，已知正方体中，分别为中点，，则到平面的距离是__________．
15．如图，过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点，线段的延长线交抛物线的准线于点分别为在准线上的射影.若，则__________.
16．已知O为坐标原点，直线与椭圆交于A，B两点，P为的中点，直线的斜率为，若，则椭圆的离心率的取值范围为_____________．
三、解答题（共70分）
17．（本小题满分10分）
已知命题，命题方程表示焦点在轴上的椭圆.
(1)命题为真命题，求实数的取值范围；
(2)若命题“为真，命题“为假，求实数的取值范围.
18．（本小题满分12分）
已知函数在点处的切线斜率为，且在处取得极值．
(1)求函数的解析式；
(2)当时，求函数的最值．
19．（本小题满分12分）
如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，底面ABCD，点E为棱PC的中点，．
(1)证明：平面PAD；
(2)在棱PC上是否存在点F，PF=PC,使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
20．（本小题满分12分）
已知点在抛物线：上.
(1)求抛物线C的准线方程；
(2)设直线与C交于A，B两点，O为坐标原点，且，求面积的最小值.
21．（本小题满分12分）
已知椭圆，四点，，，中恰有三点在C上.
(1)求C的方程；
(2)若圆的切线l与C交于点A，B，证明为定值，并求出定值.
22．（本小题满分12分）
已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数有两个不同的极值点，证明：．
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参考答案：
1．D
【分析】根据取特殊值法可判断A B C ，根据不等式的性质可判断D．
【详解】对于，当时，若，则，故A错误；
对于B，若时，若取，，则，故B错误；
对于C，若且，若取，，，，则，故C错误；
对于D，若，，则，则D正确；
故选：D．
2．C
【分析】全称量词命题的否定为存在量词命题.
【详解】含有量词的命题的否定步骤为：替换量词，否定结论.
所以为.
故选:C
3．D
【分析】根据题意，分别从充分性和必要性两方面进行检验即可求解.
【详解】若双曲线的离心率为，则，
所以，若双曲线的焦点在轴上，则渐近线方程为；
若双曲线的焦点在轴上，则渐近线方程为；
所以“的离心率为”不是“的一条渐近线为”的充分条件；
反之，双曲线的一条渐近线为，
若双曲线的焦点在轴上，则渐近线方程为，所以，
离心率；
若双曲线的焦点在轴上，则渐近线方程为，所以，
离心率；所以“的离心率为”不是“的一条渐近线为”的必要条件；
综上：“的离心率为”是“的一条渐近线为”的既不充分也不必要条件，
故选：D.
4．C
【分析】根据直线与直线的位置关系、直线与平面的位置关系和平面与平面的位置关系依次判断选项即可.
【详解】对选项A，若，，则与的位置关系是平行，相交和异面，故A错误.
对选项B，若，，则与的位置关系是平行和相交，故B错误.
对选项C，若，，则根据线面垂直的性质得与的位置关系是平行，故C正确.
对选项D，若，，则与的位置关系是平行和相交，故D错误.
故选：C
5．B
【分析】根据函数图象的增减性判断四个导数值的正负，根据在四个点处函数图象切线斜率判断导数值的大小.
【详解】由图可知，和在的增区间内，故，且在处切线斜率大于在处切线斜率，即；
和在的减区间内，故，且在处切线斜率比在处切线斜率大，即；
综上，.
故选：B.
6．B
【分析】将“鳖臑”放在正方体内部，建立空间直角坐标系即可利用向量求异面直线BM与CD夹角的余弦值．
【详解】如图，“鳖臑”是由正方体的四个顶点构成的，
以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，
则，，，，，
则，，
，
则异面直线BM与CD夹角的余弦值为．
故选：B．
7．C
【分析】根据题意分析出的最小值为点A到准线的距离，而为定值，即可求出周长的最小值.
【详解】
因为抛物线方程为，所以，
所以焦点，且抛物线准线方程为.
注意到的周长为，
因为，，所以,
所以.
因为根据抛物线定义，点到准线的距离等于，
则若求周长最小值，即求点到准线的距离与长度之和的最小值即可，
由图可知，当点为过点作轴垂线与抛物线的交点时，
点到准线的距离加长度之和最小，
最小值为，
所以周长的最小值为.
故选：C.
8．C
【分析】利用导数求得单调递减区间，问题等价于单调递减区间与区间的交集为非空区间，从而可以求参.
【详解】由，可得．
①当时，，此时函数单调递减，
所以当时，函数在区间内存在单调递减区间.
②当时，令，可得，
当时，单调递减；当时，单调递增.
所以函数的减区间为，增区间为，
若函数在区间内存在单调递减区间，
只需，得.
综上所述，．
故选：C
9．A
【分析】根据椭圆和双曲线的定义可得，，(分别为椭圆的长半轴长及双曲线的实半轴长)，从而得，再代入中，求解即可.
【详解】设椭圆的长半轴长、短半轴长分别为，半焦距为，双曲线的实半轴长、虚半轴长分别为，半焦距为，
则有，
又因为点为与在第一象限内的公共点，且满足，
所以且，
由椭圆的定义可得，
所以，
由双曲线的定义可得，
所以，
所以
所以，
又因为，
解得(舍)或，
故选：A.
10．C
【分析】令，求导可得，从而得在R上单调递减，由此得解.
【详解】令，则，
所以在R上单调递减，
又因为，
所以等价于，即，
所以，
所以不等式的解集为.
故选：C.
11．A
【分析】利用空间向量的坐标运算表示出直线与平面所成的角的正弦即可求解.
【详解】设正方体的的棱长为1，分别以的方向为轴的正方向，
建立空间直角坐标系,
则
,
可设
所以
因为，
所以平面的一个法向量，
所以
.当时，有最大值，最大值为;
当或时，有最小值，最小值为.
所以的取值范围是，
故选:A.
12．D
【分析】因为，所以令，题意转化成有两个根，分和两种情况，当时，可转化成和有两个交点，通过导数画出的图象即可求解
【详解】，
令，显然该函数单调递增，，则有两个根，
当时，等式为，不符合题意；
故，等式转化为有两个根，即和有两个交点，
设，求导得，
故当和时，，单调递减；
时，，单调递增；
且当时，，，
故如图所示
由图可得，的取值范围是
故选：D
13．1
【分析】利用导数的几何意义即可求得答案.
【详解】由题意，可得，
因为直线与函数的图象相切，故设切点为，
则，故，则，
故，
故答案为：1
14．##
【分析】利用坐标法，根据点到平面的距离向量求法即得.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以到平面的距离是.
故答案为：.
15．3
【分析】利用三角形的相似关系和抛物线的定义求解.
【详解】因为，所以相似于，
所以，
因为，所以，即，
故答案为:3.
16．．
【分析】设，，根据题意利用两点坐标表示斜率公式和中点坐标公式可得；由点差法可得，进而，结合离心率的概念即可求解.
【详解】设，，
则，
所以，得.
将A、B两点坐标代入椭圆方程，得，
两式相减，得，有，所以，
由，得，即，
由，得，即，解得，
所以椭圆的离心率的取值范围为.
故答案为：.
17．(1)
(2)或
【分析】（1）根据曲线表示椭圆，列出相应的不等式组，即可求得答案.
（2）由题意可判断命题，一真一假，由此分两种情况列出不等式组，求得答案.
【详解】（1）由方程表示焦点在轴上的椭圆可得，解得，
即.
命题为真命题，故.
（2）由得，即,
由题意命题“为真，命题“为假，则命题，一真一假，
因此若真，假，则有，则或.
若假，真，则有，则，
∴或.
18．(1)；
(2)，．
【分析】（1）利用导数的几何意义及点在曲线上，结合函数极值的定义即可求解；
（2）利用导数法求函数的最值的步骤即可求解.
【详解】（1）因为，
所以，
由题意可知，，，，
所以，解得，，，
所以函数的解析式为，经检验适合题意，
所以；
（2）由（1）知，
令，则，解得，或，
当时，； 当时，；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
当时，取的极大值为，
当时，取得极小值为，
又，，
所以，．
19．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）作出辅助线，得到四边形ABEG为平行四边形，从而证明，线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，设，利用二面角大小列出方程，求出，得到答案.
【详解】（1）在PD上找中点G，连接AG，EG，如图：
∵G和E分别为PD和PC的中点，
∴，且，
又∵底面ABCD是直角梯形，，，
∴且．即四边形ABEG为平行四边形，
∴，
∵平面PAD，平面PAD，
∴平面PAD；
（2）因为平面，平面，
所以，又，
以A为原点，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，，，，，
由F为棱PC上一点，设，
，
设平面FAD的法向量为，
由可得，解得：，
令，则，则，
取平面ADC的法向量为，
则二面角的平面角满足：,
解得：，解得：或（舍去），
故存在满足条件的点F，此时．
20．(1)
(2)64
【分析】（1）将点代入抛物线方程，得出抛物线C的准线方程；
（2）联立直线与抛物线的方程，由结合韦达定理得出面积的最小值.
【详解】（1）将点代入抛物线方程，可得，解得，
所以，抛物线的方程为，
则抛物线准线方程为：，
（2）设，，易知直线的斜率存在，直线的方程为.
联立直线与抛物线的方程，消去整理得，
则，由韦达定理可得.
又，所以，即，即，
代入可得，解得或（不符合题意，舍去），
此时恒成立.
所以，
所以，当时，面积有最小值64.
21．(1)
(2)证明见解析，定值为
【分析】(1)利用对称性可以判断经过，两点，与的纵坐标相同可以判断在上，进而求出结果；
(2)先讨论切线的斜率不存在时，求出，再讨论切线的斜率存在时，利用相切得到，进而联立直线与椭圆可以判断，从而求出结果.
【详解】（1）由，两点关于轴对称，可得经过，两点.
与的纵坐标相同，且都位于第一象限，不可能都在上，所以不在上.
所以在上.
则，解得，
故的方程为.
（2）当切线的斜率不存在时，得.
当时，可得，.
，则.
当时，同理可证.
当切线的斜率存在时，设.
因为与圆相切，
所以圆心到的距离为，
即，
联立得.
设，，则，.
.
由，得，则.
综上，若圆的切线与交于点A，B，则，
所以由等面积法可得，
所以为定值，定值为.
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
22．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】对求导，再根据导函数的符号即可求出函数的单调区间；
（2）分，和讨论的单调性，知当时，函数有两个不同的极值点，要证，即证，比值代换法令可转化成，研究的单调性即可证明.
【详解】（1）或
∴的单调减区间为；
，∴的单调减区间为
（2）当时，∴单调递减，无极值点，不满足条件．
当时，，
，∴单调递减，无极值点，不满足条件．
当时，，
即的两根为．由韦达定理得，
∵，∴，满足条件.
要证，即证，
即证
令则只需证
∴在单增，得证
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的解法常用的有以下两种：
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论 型，构造函数，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．