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江苏省海门中学2023—2024学年度第二学期期中考试试卷
高二数学
注意事项：
1．答卷前.考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置上，在其他位置作答一律无效
3．本卷满分为150分，考试时间为120分钟，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 在等差数列中，已知，则=（ ）
A. 45 B. 60 C. 90 D. 180
2. 已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“⊥”是“⊥”的
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
3. 过点且平行于直线的直线方程为（ ）
A. B. C. D.
4. 展开式中的系数为（ ）
A. 7 B. 23 C. －7 D. －23
5. 已知点在焦点为F抛物线上，若，则（ ）
A. 4 B. 8 C. 12 D. 16
6. 已知，若直线与曲线相切，则的最小值为（ ）
A. 9 B. 12 C. 14 D. 16
7. 文娱晚会中，学生的节目有5个，教师的节目有2个，如果教师的节目不排在第一个，也不排在最后一个，并且不相邻，则排法种数为（ ）
A. 720 B. 1440 C. 2400 D. 2880
8. 已知圆D：与x轴相交于A、B两点，且圆C：，点．若圆C与圆D相外切，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
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. 在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，若，，则（ ）
A. B. 数列的通项公式为
C. D. 数列是公差为2的等差数列
10. 已知为双曲线C：的左、右焦点，过的直线交双曲线C右支于P，Q两点，则下列叙述正确的是（ ）
A. 若，则周长为 B. 弦长的最小值为
C. 点P到两渐近线的距离之积为 D. 点P与直线距离的最小值为1
11. 甲箱中有2红球，3个白球和2个黑球，乙箱中有3个红球和3个黑球，先从甲箱中随机摸出一个球放入乙箱中，再从乙箱中摸出2个球，分别用表示从甲箱中摸出的球是红球，白球和黑球的事件，用B表示从乙箱中摸出的2个球颜色不同的事件，则（ ）
A B. C. D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
12. 一个口袋内装有7只不同的白球和1只黑球，从口袋内取出3只球，其中必有1只黑球，则不同的取法共有______种．
13. 已知函数，当时，，则实数a的取值范围为______．
14. 设椭圆C：的上顶点为A，左、右焦点分别为，连接并延长交椭圆C于点P，若，则该椭圆的离心率为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知递增的等比数列满足，且成等差数列．
（1）求的通项公式：
（2）设，求数列前项和．
16. 已知函数在处取得极大值．
（1）求a的取值集合；
（2）当时，求证：
17. 如图，在四棱柱中，底面和侧面均是边长为2的正方形．
（1）证明：．
（2）若，求与平面所成角的正弦值.
18. 已知．
（1）当时，若的展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，求展开式中的系数；
（2）设．
①求的系数（用表示）：
②求（用表示）．
19. 已知双曲线E：的左，右焦点分别为，离心率为2，点B为，直线与圆相切.
（1）求双曲线E方程；
（2）过的直线l与双曲线E交于M，N两点，
①若，求的面积取值范围：
②若直线l的斜率为k，是否存在双曲线E上一点Q以及x轴上一点P，使四边形PMQN为菱形？若存在，求出；若不存在，请说明理由.江苏省海门中学2023—2024学年度第二学期期中考试试卷
高二数学
注意事项：
1．答卷前.考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置上，在其他位置作答一律无效
3．本卷满分为150分，考试时间为120分钟，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 在等差数列中，已知，则=（ ）
A. 45 B. 60 C. 90 D. 180
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用等差数列的求和公式及等差数列的性质求解.
详解】由题得.
故选：C
2. 已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“⊥”是“⊥”的
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【详解】当α⊥β时，平面α内的直线m不一定和平面β垂直，但当直线m垂直于平面β时，根据面面垂直的判定定理，知两个平面一定垂直，故“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件．
3. 过点且平行于直线的直线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据平行关系设直线方程，再代入点的坐标，求直线方程.
【详解】设与直线平行的直线是，代入点得，得，所以直线方程是.
故选：A
4. 展开式中的系数为（ ）
A. 7 B. 23 C. －7 D. －23
【答案】A
【解析】
【分析】通过和的展开式通项来得到展开式中的系数.
【详解】的展开式通项为，
的展开式通项为，
所以的展开式中的系数为
.
故选：A
5. 已知点在焦点为F的抛物线上，若，则（ ）
A. 4 B. 8 C. 12 D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线的定义，结合代入法进行求解即可.
【详解】抛物线的准线方程为，
由，点在物线上，
所以，
故选：B
6. 已知，若直线与曲线相切，则的最小值为（ ）
A. 9 B. 12 C. 14 D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意结合导数的几何意义分析可得，再结合基本不等式运算求解.
【详解】由题意可得：的导数为，
设切点为，切线斜率，
则在该点的切线方程为，
即，
由题意可得，整理得，
则，
当且仅当时取等号，
故的最小值为16.
故选：D.
7. 文娱晚会中，学生的节目有5个，教师的节目有2个，如果教师的节目不排在第一个，也不排在最后一个，并且不相邻，则排法种数为（ ）
A. 720 B. 1440 C. 2400 D. 2880
【答案】B
【解析】
【分析】先将学生的节目全排列，然后对教师节目进行插空即可得解.
【详解】由题意可知，先将学生的节目全排列有种排法，
然后对教师节目进行插空有种排法，
所以满足题意的排法种数为种.
故选：B.
8. 已知圆D：与x轴相交于A、B两点，且圆C：，点．若圆C与圆D相外切，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆与圆相外切，可得，再根据圆的对称性不妨令，再分，和三种情况讨论即可.
【详解】圆D：的圆心，半径为，
圆C：的圆心，半径为，
因为圆与圆相外切，所以，所以，
且圆与轴交于，不妨记，
因为圆关于轴对称，点与点关于轴对称，点在轴上，
由对称性不妨令，
当时，则，解得，
故
，
当时，则，解得，
此时，
故，
当时，则，解得，
故
，
综上所述，的最大值为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：将表示的坐标重新表示为线段长度从而方便正切公式的计算，是解决本题的关键.
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. 在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，若，，则（ ）
A. B. 数列的通项公式为
C. D. 数列是公差为2的等差数列
【答案】AB
【解析】
【分析】根据给定条件结合等比数列的性质求出等比数列的公比和通项及前项和，再逐一分析各选项即可得解.
【详解】在等比数列中，，由得或，
而公比为整数，于是得，，，
，A正确；
，B正确；
，C错误；
，即数列是公差为1的等差数列，D错误，
故选：AB．
10. 已知为双曲线C：的左、右焦点，过的直线交双曲线C右支于P，Q两点，则下列叙述正确的是（ ）
A. 若，则的周长为 B. 弦长的最小值为
C. 点P到两渐近线的距离之积为 D. 点P与直线距离的最小值为1
【答案】ABC
【解析】
【分析】由双曲线的定义和条件，易得结论；设的方程，与双曲线方程联立，消元，得韦达定理，求得弦长，将表达式分离常数后分析即得；设点，计算其到两条渐近线的距离之积，利用代入即得；利用已知直线与渐近线平行，易得点到直线距离大于1.
【详解】
如图，双曲线的渐近线方程为.
对于A项，因,又，
则的周长为
，故A项正确；
对于B项，不妨设直线的直线方程为，与双曲线方程联立，
消去，整理得：，，
设，则，显然，故，
则弦长
,因，则，故，
即时，弦长的最小值为，故B项正确；
对于C项，设到双曲线两渐近线的距离分别为，
则，因，故得，故C项正确；
对于D项，因双曲线的渐近线与直线平行，
而点到渐近线的距离大于零，且趋近于零，
因渐近线与直线的距离为，
故点到直线距离大于1，故D项错误.
故选：ABC.
11. 甲箱中有2红球，3个白球和2个黑球，乙箱中有3个红球和3个黑球，先从甲箱中随机摸出一个球放入乙箱中，再从乙箱中摸出2个球，分别用表示从甲箱中摸出的球是红球，白球和黑球的事件，用B表示从乙箱中摸出的2个球颜色不同的事件，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据条件概率公式及全概率公式计算可得.
【详解】因为，，，故A正确；
若发生，则乙箱中有个红球和个黑球，所以，
若发生，则乙箱中有个红球，个白球和个黑球，
所以，故B错误；
若发生，则乙箱中有个红球和个黑球，所以，故C正确；
所以
，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
12. 一个口袋内装有7只不同的白球和1只黑球，从口袋内取出3只球，其中必有1只黑球，则不同的取法共有______种．
【答案】21
【解析】
【分析】根据计数原理和组合及组合数概念计算即可.
【详解】由题从口袋内取出3只球必有1只黑球取法共有种.
故答案为：21.
13. 已知函数，当时，，则实数a的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性，构造函数，得到单调性，从而得到的取值范围.
【详解】因为，所以，
所以为奇函数.
任取，所以，
所以，等价于，
即，
令函数，所以任意，，
所以在上不存在单调减区间.
又因为，，
所以对恒成立，
所以对恒成立，
因为的最小值为，
所以.
故答案为：.
14. 设椭圆C：的上顶点为A，左、右焦点分别为，连接并延长交椭圆C于点P，若，则该椭圆的离心率为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定的条件，结合椭圆定义用a表示，在中利用余弦定理列式计算作答.
【详解】依题意，，由，
得：，而，
于得，
令椭圆半焦距为c，有，如图，
在中，由余弦定理得：，
即，整理得，
因此，解得，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知递增的等比数列满足，且成等差数列．
（1）求的通项公式：
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，且成等差数列，解出和，即可写出通项公式；
（2）由（1）可得，则数列的前项和可以分为奇数项和和偶数项和两组分别求和，计算可得结果.
【小问1详解】
因为成等差数列，所以，即，
又，所以，所以通项公式为，；
【小问2详解】
由（1）可知， 则，
所以
．
16. 已知函数在处取得极大值．
（1）求a的取值集合；
（2）当时，求证：
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，然后通过确定导函数的两个零点的大小来列不等式求解；
（2）先由（1）得到函数最小值，然后将不等式问题转化为函数的最值问题来求解即可.
【小问1详解】
，定义域，
由得，，因为当时，取极大值，
所以，即；
【小问2详解】
由（1）得，在上单调递减，在上单调递增，
所以，
则，
令，
则，
因为，所以恒成立，即在是递增，
所以，
所以，
即时在上恒成立.
17. 如图，在四棱柱中，底面和侧面均是边长为2的正方形．
（1）证明：．
（2）若，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用菱形的性质证得，再利用线面垂直的判定与性质定理证得，从而得证；
（2）依题意建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，从而利用空间向量法求线面角即可得解.
【小问1详解】
连接，因为底面和侧面均为正方形，
所以，则四边形为菱形，则，
由底面和侧面均为正方形，得．
因为平面，所以平面，
又，所以．
因为平面，所以平面，
又平面，所以.
【小问2详解】
因为平面ABCD和平面均为正方形，所以，
又，，所以，
又因为，则，所以为正三角形，
取中点E，连接AE，则，
以A为原点，AB，AD，AE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
由题意得，，，
所以，
设平面的法向量为，则，
令，则法向量，
设与平面所成角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值．
18. 已知．
（1）当时，若的展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，求展开式中的系数；
（2）设．
①求系数（用表示）：
②求（用表示）．
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）借助组合数的计算公式计算即可得，结合二项式的展开式的通项公式计算即可得解；
（2）①结合二项式的展开式的通项公式与组合数的性质计算即可得解；②借助导数计算可得与错位相减法求和即可得解.
【小问1详解】
由题，所以，所以，所以，
由，即展开式中的系数为；
【小问2详解】
由题意得，，
①
；
②，对等式两边同时求导，
得，
即，
令，得，
即，
则，
则，
所以．
19. 已知双曲线E：的左，右焦点分别为，离心率为2，点B为，直线与圆相切.
（1）求双曲线E方程；
（2）过的直线l与双曲线E交于M，N两点，
①若，求的面积取值范围：
②若直线l的斜率为k，是否存在双曲线E上一点Q以及x轴上一点P，使四边形PMQN为菱形？若存在，求出；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）①；②不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据直线与圆相切，及离心率的定义可解；
（2）①设直线l的方程为，联立方程组，利用韦达定理和三角形面积公式求的面积，再利用函数性质求最值；
②假设存在两点，使得四边形PMQN为菱形，直线l的方程为，联立方程组得，利用韦达定理求出MN的中点坐标，再由菱形性质求出PQ的直线方程，从而确定点Q的坐标，又点Q在双曲线上，代入可求
，与题意不符，得解.
【小问1详解】
，圆：，因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离为，
即，即，又，且，
所以，所以双曲线E的标准方程为；
【小问2详解】
①设直线l的方程为，
代入，得，
设，所以，
则，
因为，所以，所以
即，所以，
令，所以，
又因为在上递减，所以：
②假设存在两点，使得四边形PMQN为菱形，直线l的方程为，
联立，得，
所以，
由题，设MN的中点为，
，
所以PQ的直线方程：，
所以，因为Q在双曲线上，
所以，即，
令，即，即，
即，所以，即，与题意不符，
因此不存在P、Q两点，使得四边形PMQN为菱形.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为，；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为的形式；
（5）代入韦达定理求解.

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