2023-2024学年湖南省张家界市高二上学期期末联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省张家界市2023-2024学年高二上学期期末联考数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案：不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回.一、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.1.35是等差数列3，5，7，9，的（）A.第16项 B.第17项 C.第18项 D.第19项【答案】B【解析】等差数列3，5，7，9，的首项为3，公差为2，所以等差数列的通项公式为，令，得.所以35是等差数列3，5，7，9，的第17项.故选：B2.若直线经过两点，则直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由直线经过两点，可得直线的斜率为，设直线的倾斜角为，有，又，所以.故选：C.3.抛物线的焦点到直线的距离等于（）A.1 B. C. D.4【答案】B【解析】抛物线的焦点为，焦点到直线的距离为.故选：B4.已知向量若与、共面，则实数（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由共面定理可得存在非零实数满足，可得，解得，故选：C5.若直线被圆所截得的弦长为，则实数a的值为（）A.0 B.4 C.－2 D.0或4【答案】D【解析】圆的圆心为，半径，设圆心到直线的距离为，则，解得，所以，解得或.故选：D.6.音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：若以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”，频率变为原来的，得到“徵”；“徵”经过一次“益”，频率变为原来的，得到“商”；．．．．．依次损益交替变化，获得了“宫､徵､商､羽､角”五个音阶．据此可推得（）A.“徵､商､羽”的频率成等比数列B.“宫､徵､商”的频率成等比数列C.“商､羽､角”的频率成等比数列D.“宫､商､角”的频率成等比数列【答案】D【解析】设“宫”的频率为，则“徵”的频率为，“商”的频率为，“羽”的频率为，“角”的频率为，所以“宫､商､角”的频率成等比数列,公比为.故选：D7.设，分别为椭圆与双曲线的公共焦点,它们在第一象限内交于点,,若椭圆的离心率，则双曲线的离心率的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】根据椭圆及双曲线的定义可得，所以.在中，，由余弦定理可得，整理可得，，两边同时除以可得，.又，，所以有，所以，.因为，所以，所以，所以，，，所以，.则，故.故选：C.8.设，则（）A. B.C D.【答案】A【解析】，令，则，令，则，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，即，所以.综上，.故选：A二、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.已知直线l：，则（）A.直线l过点 B.直线l的斜率为C.直线l的倾斜角为 D.直线l在轴上的截距为1【答案】ACD【解析】直线l：，即直线l：，令，可得，即直线l过点，故A正确；可知直线l的斜率为，故B错误；设直线l的倾斜角为，可知，所以，即直线l的倾斜角为，故C正确；直线l在轴上的截距为1，故D正确；故选：ACD.10.数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（）A. B.数列是等差数列C.当时， D.当或4时，取得最大值【答案】ABD【解析】由可得，当时，，两式相减即，即时，又当时，符合，所以可得，即可得AB正确；易知数列为递减数列，当时，，所以C错误；由利用二次函数性质以及可得，当或4时，取得最大值.故选：ABD11.如图，在棱长为2的正方体中，分别为，的中点，则（）A.B.⊥平面C.异面直线与所成角的大小为D.平面到平面的距离等于【答案】AB【解析】连接，如下图所示：因为是的中点，由正方体性质可知是与的交点，又是的中点，所以是的中位线，即，可知A正确；连接，四边形是正方形，所以，又由正方体性质可知，，平面，所以平面；又，所以平面，即B正确；由可得异面直线与所成的角即为直线与所成的角，也即是异面直线与所成的角，连接，易得是正三角形，所以，即异面直线与所成的角为，故C错误；易知，由正方体性质可知，又，平面，所以平面；又平面，所以，同理可证，，平面，所以平面；同理可证平面；因为正方体棱长为2，所以正三角形和正三角形的边长为，可得其面积为，设到平面的距离为，则由等体积法可得，解得；同理有到平面的距离也为，又易知，所以平面到平面的距离等于，即D错误；故选：AB12.已知双曲线的左右顶点为，，左右焦点为，，直线与双曲线的左右两支分别交于，两点，则（）A.若，则的面积为B.直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，则C.若的斜率的范围为，则的斜率的范围为D.存在直线的方程为，使得弦的中点坐标为【答案】ABC【解析】在双曲线中，对于A：在双曲线的焦点三角形中，，可得所以，故A正确；对于B，不妨设，当时表示双曲线，当时表示该双曲线的两条渐近线.设直线，其与的交点为联立，可得，应满足且.由韦达定理可知，都与无关.所以线段的中点与线段的中点重合，不妨设为.由可知，故B正确；对于C，设，且，，所以若的斜率范围为，则的斜率的范围为，C正确；对于D，联立，消去可得，，故直线与双曲线无交点，所以不存在中点，D错误.故选：ABC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，，且，则_______.【答案】2【解析】，，且，，解得：，故答案为：2.14.已知抛物线的准线方程为，则抛物线的标准方程为_________.【答案】【解析】设抛物线的标准方程为，由题意可知，，得，所以抛物线的标准方程为.故答案为：15.若函数在上单调递减，则实数a的取值范围是______．【答案】【解析】由函数，可得，因为函数在上单调递减，则在上恒成立，即在恒成立，因为，所以，即实数的取值范围为.故答案为：.16.记上的可导函数的导函数为，满足的数列称为“牛顿数列”．若函数，数列为牛顿数列，设已知，，则____________，数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，则的最大值为___________．【答案】;【解析】因为，则，则，由，，所以，解得，所以，所以，由，所以，所以，即数列是以为首项、为公比的等比数列，所以，，因为对任意的恒成立，又且单调递增，所以对任意的恒成立，令，，根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，又，且，，所以，所以的最大值为.

故答案为：；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.已知函数，且.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求函数的极值.解：（1）由题设，则；，则，所以点处的切线方程为，即；（2）由（1），由，有或，由，有，故区间上单调递增，在上单调递减，所以的极小值为，极大值为.18已知直线：和圆：.（1）求圆C的圆心坐标和半径；（2）求经过圆的圆心且与直线垂直的直线方程.解：（1）圆可化为，则圆心为，半径为2；（2）设与直线垂直直线的方程为已求出圆的圆心坐标为，又因为直线经过圆心，所以，即，故所求直线方程为19.已知等比数列的前项和为，，且，，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）已知，求数列的前项和.解：（1）因为数列是等比数列，设公比为，且成等差数列，所以，解得，所以；（2）把代入，化简得，则①由①得②由①②得；化简得，解得.20.如图,平面,,，，，，点E，F，M分别为，，的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的大小.解：（1）连接，因为，所以，又，所以为平行四边形，因为点分别为的中点，所以，因为为的中点，所以，则，所以四边形为平行四边形，则，又因为面，面，所以平面.（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则设平面的法向量为，则，令，则，即，设平面的法向量为，则令，则，即，设平面与平面所成夹角为，则，所以平面与平面所成夹角为21.在直角坐标系中，已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率是，点P为椭圆短轴的一个端点，的面积是.（1）求椭圆的方程；（2）若动直线与椭圆交于两点，且恒有，是否存在一个以原点为圆心的定圆，使得动直线始终与定圆相切？若存在，求出圆的方程，若不存在，请说明理由.解：（1）依题意可得，，又，解得，所以椭圆方程为（2）存在，其定圆的方程是.设原点到直线的距离为，当直线斜率不存在时，设直线的方程为，由，可知为等腰直角三角形，则可设，∴，即，此时，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，∴，整理得，联立方程，可得，此时，，∴即恒成立，即恒成立，所以，即，所以定圆的方程是；综上，当时，存在定圆始终与直线相切，其方程是.22.已知函数，，.（1）讨论函数的单调性；（2）设，若存在零点，求实数的取值范围.解：（1）由.求导可得，当时，，此时，函数在上单调递增；当时，令，解得；若，解得在上单调递增；若，解得在上单调递减；综上，当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）令，易知，分离参数得，令，其中，则，当时，；当时，，函数的减区间为，增区间为，所以当时，取得最小值，画出函数的图象如下图所示：由图可知，当时，直线与函数的图象有交点，即存在零点；故实数的取值范围是.湖南省张家界市2023-2024学年高二上学期期末联考数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案：不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回.一、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.1.35是等差数列3，5，7，9，的（）A.第16项 B.第17项 C.第18项 D.第19项【答案】B【解析】等差数列3，5，7，9，的首项为3，公差为2，所以等差数列的通项公式为，令，得.所以35是等差数列3，5，7，9，的第17项.故选：B2.若直线经过两点，则直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由直线经过两点，可得直线的斜率为，设直线的倾斜角为，有，又，所以.故选：C.3.抛物线的焦点到直线的距离等于（）A.1 B. C. D.4【答案】B【解析】抛物线的焦点为，焦点到直线的距离为.故选：B4.已知向量若与、共面，则实数（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由共面定理可得存在非零实数满足，可得，解得，故选：C5.若直线被圆所截得的弦长为，则实数a的值为（）A.0 B.4 C.－2 D.0或4【答案】D【解析】圆的圆心为，半径，设圆心到直线的距离为，则，解得，所以，解得或.故选：D.6.音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：若以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”，频率变为原来的，得到“徵”；“徵”经过一次“益”，频率变为原来的，得到“商”；．．．．．依次损益交替变化，获得了“宫､徵､商､羽､角”五个音阶．据此可推得（）A.“徵､商､羽”的频率成等比数列B.“宫､徵､商”的频率成等比数列C.“商､羽､角”的频率成等比数列D.“宫､商､角”的频率成等比数列【答案】D【解析】设“宫”的频率为，则“徵”的频率为，“商”的频率为，“羽”的频率为，“角”的频率为，所以“宫､商､角”的频率成等比数列,公比为.故选：D7.设，分别为椭圆与双曲线的公共焦点,它们在第一象限内交于点,,若椭圆的离心率，则双曲线的离心率的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】根据椭圆及双曲线的定义可得，所以.在中，，由余弦定理可得，整理可得，，两边同时除以可得，.又，，所以有，所以，.因为，所以，所以，所以，，，所以，.则，故.故选：C.8.设，则（）A. B.C D.【答案】A【解析】，令，则，令，则，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，即，所以.综上，.故选：A二、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.已知直线l：，则（）A.直线l过点 B.直线l的斜率为C.直线l的倾斜角为 D.直线l在轴上的截距为1【答案】ACD【解析】直线l：，即直线l：，令，可得，即直线l过点，故A正确；可知直线l的斜率为，故B错误；设直线l的倾斜角为，可知，所以，即直线l的倾斜角为，故C正确；直线l在轴上的截距为1，故D正确；故选：ACD.10.数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（）A. B.数列是等差数列C.当时， D.当或4时，取得最大值【答案】ABD【解析】由可得，当时，，两式相减即，即时，又当时，符合，所以可得，即可得AB正确；易知数列为递减数列，当时，，所以C错误；由利用二次函数性质以及可得，当或4时，取得最大值.故选：ABD11.如图，在棱长为2的正方体中，分别为，的中点，则（）A.B.⊥平面C.异面直线与所成角的大小为D.平面到平面的距离等于【答案】AB【解析】连接，如下图所示：因为是的中点，由正方体性质可知是与的交点，又是的中点，所以是的中位线，即，可知A正确；连接，四边形是正方形，所以，又由正方体性质可知，，平面，所以平面；又，所以平面，即B正确；由可得异面直线与所成的角即为直线与所成的角，也即是异面直线与所成的角，连接，易得是正三角形，所以，即异面直线与所成的角为，故C错误；易知，由正方体性质可知，又，平面，所以平面；又平面，所以，同理可证，，平面，所以平面；同理可证平面；因为正方体棱长为2，所以正三角形和正三角形的边长为，可得其面积为，设到平面的距离为，则由等体积法可得，解得；同理有到平面的距离也为，又易知，所以平面到平面的距离等于，即D错误；故选：AB12.已知双曲线的左右顶点为，，左右焦点为，，直线与双曲线的左右两支分别交于，两点，则（）A.若，则的面积为B.直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，则C.若的斜率的范围为，则的斜率的范围为D.存在直线的方程为，使得弦的中点坐标为【答案】ABC【解析】在双曲线中，对于A：在双曲线的焦点三角形中，，可得所以，故A正确；对于B，不妨设，当时表示双曲线，当时表示该双曲线的两条渐近线.设直线，其与的交点为联立，可得，应满足且.由韦达定理可知，都与无关.所以线段的中点与线段的中点重合，不妨设为.由可知，故B正确；对于C，设，且，，所以若的斜率范围为，则的斜率的范围为，C正确；对于D，联立，消去可得，，故直线与双曲线无交点，所以不存在中点，D错误.故选：ABC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，，且，则_______.【答案】2【解析】，，且，，解得：，故答案为：2.14.已知抛物线的准线方程为，则抛物线的标准方程为_________.【答案】【解析】设抛物线的标准方程为，由题意可知，，得，所以抛物线的标准方程为.故答案为：15.若函数在上单调递减，则实数a的取值范围是______．【答案】【解析】由函数，可得，因为函数在上单调递减，则在上恒成立，即在恒成立，因为，所以，即实数的取值范围为.故答案为：.16.记上的可导函数的导函数为，满足的数列称为“牛顿数列”．若函数，数列为牛顿数列，设已知，，则____________，数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，则的最大值为___________．【答案】;【解析】因为，则，则，由，，所以，解得，所以，所以，由，所以，所以，即数列是以为首项、为公比的等比数列，所以，，因为对任意的恒成立，又且单调递增，所以对任意的恒成立，令，，根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，又，且，，所以，所以的最大值为.

故答案为：；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.已知函数，且.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求函数的极值.解：（1）由题设，则；，则，所以点处的切线方程为，即；（2）由（1），由，有或，由，有，故区间上单调递增，在上单调递减，所以的极小值为，极大值为.18已知直线：和圆：.（1）求圆C的圆心坐标和半径；（2）求经过圆的圆心且与直线垂直的直线方程.解：（1）圆可化为，则圆心为，半径为2；（2）设与直线垂直直线的方程为已求出圆的圆心坐标为，又因为直线经过圆心，所以，即，故所求直线方程为19.已知等比数列的前项和为，，且，，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）已知，求数列的前项