河南省豫南市級示范性高中2023年高二數學第一學期期末質量檢測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．觀察：則第行的值為（）A. B.C. D.2．已知等差數列中的、是函數的兩個不同的極值點，則的值為（）A. B.1C.2 D.33．已知離散型隨機變量X的分布列如下：X123P則數學期望（）A. B.C.1 D.24．若數列的前項和，則此數列是（）A.等差數列 B.等比數列C.等差數列或等比數列 D.以上說法均不對5．過點作圓的切線，則切線的方程為（）A. B.C.或 D.或6．函數，的值域為（）A. B.C. D.7．設正方體的棱長為，則點到平面的距離是（）A. B.C. D.8．已知定義在R上的函數滿足，且有，則的解集為（）A. B.C. D.9．橢圓的左、右焦點分別為、，上存在兩點、滿足，，則的離心率為（）A. B.C. D.10．由倫敦著名建筑事務所SteynStudio設計的南非雙曲線大教堂驚艷世界，該建筑是數學與建筑完美結合造就的藝術品，若將如圖所示的大教堂外形弧線的一段近似看成雙曲線下支的一部分，離心率為，則該雙曲線的漸近線方程為（）A. B.C. D.11．拋物線的焦點到直線的距離（）A. B.C.1 D.212．若曲線表示圓，則m的取值范圍是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．正四棱柱的高為底面邊長的倍，則其體對角線與底面所成角的大小為_________.14．若拋物線：上的一點到它的焦點的距離為3，則__.15．若圓被直線平分，則值為__________16．如圖所示，二面角為，是棱上的兩點，分別在半平面內，且，，，，，則的長______三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知（1）若函數在上有極值，求實數a的取值范圍；（2）已知方程有兩個不等實根，證明：（注：是自然對數的底數）18．（12分）已知數列的前n項和為，，且.（1）求數列的通項公式；（2）在與之間插入n個數，使這個數組成一個公差為的等差數列，求證：.19．（12分）已知點和直線.（1）求以為圓心，且與直線相切的圓的方程；（2）過直線上一點作圓的切線，其中為切點，求四邊形PAMB的面積的最小值.20．（12分）已知橢圓，其上頂點與左右焦點圍成的是面積為的正三角形.（1）求橢圓的方程；（2）過橢圓的右焦點的直線(的斜率存在)交橢圓于兩點，弦的垂直平分線交軸于點，問：是否是定值？若是，求出定值：若不是，說明理由.21．（12分）已知數列的首項，且滿足.（1）求證：數列為等差數列；（2）設，求數列的前項和.22．（10分）在空間直角坐標系Oxyz中，O為原點，已知點，，，設向量，.（1）求與夾角的余弦值；（2）若與互相垂直，求實數k的值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】根據數陣可知第行為，利用等差數列求和，即可得到答案；【詳解】根據數陣可知第行為，，故選：B2、C【解析】對求導，由題設及根與系數關系可得，再根據等差中項的性質求，最后應用對數運算求值即可.【詳解】由題設，，由、是的兩個不同的極值點，所以，又是等差數列，所以，即，故.故選：C3、D【解析】利用已知條件，結合期望公式求解即可【詳解】解：由題意可知：故選：D4、D【解析】利用數列通項與前n項和的關系和等差數列及等比數列的定義判斷.【詳解】當時，，當時，，當時，，所以是等差數列；當時，為非等差數列，非等比數列’當時，，所以是等比數列，故選：D5、C【解析】設切線的方程為，然后利用圓心到直線的距離等于半徑建立方程求解即可.【詳解】圓的圓心為原點，半徑為1，當切線的斜率不存在時，即直線的方程為，不與圓相切，當切線的斜率存在時，設切線的方程為，即所以，解得或所以切線的方程為或故選：C6、A【解析】利用基本不等式可得，進而可得，即求.【詳解】∵，∴，當且僅當，即時取等號，∴，，∴.故選：A.7、D【解析】建立空間直角坐標系，根據空間向量所學點到面的距離公式求解即可.【詳解】建立如下圖所示空間直角坐標系，以為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸.因為正方體的邊長為4，所以，，，，，所以，，，設平面的法向量，所以，，即，設，所以，，即，設點到平面的距離為，所以，故選：D.8、A【解析】構造，應用導數及已知條件判斷的單調性，而題設不等式等價于即可得解.【詳解】設，則，∴R上單調遞增.又，則.∵等價于，即，∴，即所求不等式的解集為.故選：A.9、A【解析】作點關于原點的對稱點，連接、、、，推導出、、三點共線，利用橢圓的定義可求得、、、，推導出，利用勾股定理可得出關于、的齊次等式，即可求得該橢圓的離心率.【詳解】作點關于原點的對稱點，連接、、、，則為、的中點，故四邊形為平行四邊形，故且，則，所以，，故、、三點共線，由橢圓定義，，有，所以，則，再由橢圓定義，有，因為，所以，在中，即，所以，離心率故選：A.10、B【解析】求出的值，可得出雙曲線的漸近線方程.【詳解】由已知可得，因此，該雙曲線的漸近線方程為.故選：B.11、B【解析】由拋物線可得焦點坐標，結合點到直線的距離公式，即可求解.【詳解】由拋物線可得焦點坐標為，根據點到直線的距離公式，可得，即拋物線的焦點到直線的距離為.故選：B.12、C【解析】按照圓的一般方程滿足的條件求解即可.【詳解】或.故選：C.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、##【解析】如圖所示，其體對角線與底面所成角為，解三角形即得解.【詳解】解：如圖所示，設，所以.由題得平面,則其體對角線與底面所成角為,因為,所以.故答案為：14、【解析】通過拋物線的定義列式求解【詳解】根據拋物線的定義知，所以.故答案為：15、；【解析】求出圓的圓心坐標，代入直線方程求解即可【詳解】解：的圓心圓被直線平分，可知直線經過圓的圓心，可得解得；故答案為：1【點睛】本題考查直線與圓的位置關系的應用，屬于基礎題16、【解析】推導出，從而，結合，，，能求出的長【詳解】二面角為，是棱上的兩點，分別在半平面、內，且所以,所以，，，的長故答案為【點睛】本題主要考查空間向量的運算法則以及數量積的運算法則，意在考查靈活應用所學知識解答問題的能力，是中檔題三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）證明見解析.【解析】（1）利用導數判斷出在上單增，在上單減，在處取得唯一的極值，列不等式組，即可求出實數a的取值范圍；（2）記函數，把證明，轉化為只需證明，用分析法證明即可.【小問1詳解】，定義域為，.令，解得：；令，解得：所以在上單增，在上單減，在處取得唯一的極值.要使函數在上有極值，只需，解得：，即實數a的取值范圍為.【小問2詳解】記函數.則函數有兩個不等實根.因為，，兩式相減得，，兩式相加得，.因為，所以要證，只需證明，只需證明，只需證明，.證.設，只需證明.記，則，所以在上2單增，所以，所以，即，所以.即證.【點睛】導數是研究函數的單調性、極值(最值)最有效的工具，而函數是高中數學中重要的知識點，對導數的應用的考查主要從以下幾個角度進行：(1)考查導數的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯系；(2)利用導數求函數的單調區間，判斷單調性；已知單調性，求參數；(3)利用導數求函數的最值(極值)，解決生活中的優化問題；(4)利用導數證明不等式18、（1）（2）證明見解析【解析】（1）根據作差即可得到是以為首項，為公比的等比數列，從而得到數列的通項公式；（2）由（1）可知，，根據等差數列的通項公式得到，即可得到，再令，利用錯位相減法求出，即可得證；【小問1詳解】解：因為，且，當時，則，所以，當時，，則，即，所以是以為首項，為公比的等比數列，所以；【小問2詳解】解：由（1）可知，，因為，所以，所以，令，則，所以，所以，即，所以，即；19、（1）（2）【解析】（1）利用到直線的距離求得半徑，由此求得圓的方程.（2）結合到直線的距離來求得四邊形面積的最小值.【小問1詳解】圓的半徑，圓的方程為.【小問2詳解】由四邊形的面積知，當時，面積最小.此時...20、（1）；（2）是定值，定值為4【解析】（1）根據正三角形性質與面積可求得即可求得方程；（2）當直線斜率不為0時，設其方程代入橢圓方程利用韋達定理求得兩根關系式，進而求得的表達式，最后求比值即可；當直線斜率為0時直接求解即可【詳解】（1）為正三角形，，可得，且，∴橢圓的方程為.（2）分以下兩種情況討論：①當直線斜率不為0時，設其方程為，且，聯立，消去得，則，且，∴弦的中點的坐標為，則弦的垂直平分線為，令，得，，又，；②當直線斜率為0時，則，，則.綜合①②得是定值且為4【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值21、（1）證明見解析（2）【解析】（1）化簡