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高二数学试题
注意事项：
1. 答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。
3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题（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. 设复数，其共轭复数为，则（ ）
A. B.
C.2 D.
2. 已知，则“”是“”的（ ）条件
A. 充分不必要 B. 必要不充分
C. 充要 D. 既不充分也不必要
3. 已知圆与直线相切于点，点，同时从点出发，点沿着直线向右、点沿着圆周按逆时针以相同的速率运动.连接，，，与圆交于点，如图所示，记图中两个阴影部分的面积分别为，.当点运动到点时，点也停止运动，在这个过程中，，的大小关系是（ ）
A.
B.
C.
D. 先，再，最后
4. 我们比较熟悉的网络新词，有“yyds”、“内卷”、“躺平”等，定义方程的实数根叫做函数的“躺平点”．若函数，，的“躺平点”分别为，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
5. 已知公差为的等差数列的前项和为，，是中的唯一最大项，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
6. 已知双曲线，，分别为左、右焦点，过且倾斜角为的直线与在第一象限的交点为，的平分线与线段交于点．若，则该双曲线的离心率是（ ）
A．　　　　　 B．　　　　
C．　　　 D．
7. 设随机变量的分布列为，，，，，且，则（ ）
A. 数列是等比数列　　　　　　　
B.
C. 数列前项之和为　　
D.
8. 已知函数，将图象上点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.若，总存在唯一实数，使得，则实数的取值范围为（ ）
A．　　　 B．　　　
C．　　　 D．
二、多选题（本题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得分，部分选对的得部分分，有选错的得分．）
9. 下列选项中说法正确的是（ ）
　　A．函数的单调减区间为
　　B．幂函数过点，则
　　C．函数的定义域为，则函数的定义域为
　　D．若函数的值域为，则实数的取值范围是
10. 如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点，过点，，作三棱柱的截面，则下列结论中正确的是（ ）
　　A．
　　B．三棱柱外接球的半径为
　　C．若交于，则为中点
　　D．将三棱柱分成两部分，体积较大部分的体积为
11. 如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（）首先发现的.我国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学
们开展了数学探究，则下列命题正确的有（ ）
A．第2026行共有2026个数
B．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为
C．第48行的所有数字之和被7除的余数为1
D．去除所有为1的项，依次构成数列，，，，，，，，，，，则此数列前135项的和为
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．若直线与曲线相切，则切点的横坐标为 ．
13．若，，则 ．
14．某双一流大学为提高数学学院学生的数学素养，特开设了“模糊数学”、“复变函数”、“微分几何”、“数值分析”、“拓扑学”五门选修学科，要求学院每位同学每学年至多选3门，大一到大三三学年必须将五门选修学科选完，则每位同学的不同选修方式有 种．
四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
15．（13分）一个袋中装有6个同样大小的小球，编号分别为1，2，3，4，5，6，现从袋中随机取出3个小球，用表示取出的3个小球中最大编号和最小编号的差．
（1）求；
（2）求随机变量的分布列和数学期望．
16．（15分）在中，角，，所对的边分别为，，，．
（1）求角；
（2）为外一点，且与点位于直线的同侧，，，若，，求的面积．
17.（15分）在斜三棱柱中，，，为菱形，，，为中点.
（1）证明：平面；
（2）线段上是否存在一点，使二面角为，若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由．
18．（17分）已知抛物线：与双曲线的渐近线在第一、四象限的交点分别为，，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）设直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，为的焦点.
（i）若，且的中点为，求到轴距离的最小值；
（ii）若已知直线：，且，设数列的前项和为，证明：.
19．（17分）已知函数，.
（1）求的单调区间；
（2）证明：，；
（3）设，若存在，使得，证明：.
高二数学参考答案
A 复数，其共轭复数，，.故选：A
A 当时，，即，所以，“”“”，若，不妨取，，则不成立，所以，“”“”，所以，“”是“”的充分不必要条件.故选：A
.3.A 解：因为直线与圆相切于点，所以，所以扇形的面积，的面积.又，所以，所以，即，故选：A.
A ，则，即，，则，设，，则，所以在单调递增，又，所以存在，使得，即；，则，即，综上所述，，故选：A.
5.A 因为是中的唯一最大项，所以且，即且，又，解得，即的取值范围为.
6.C 因为直线的，由角平分线性质定理可知，所以，由双曲线的定义可知，所以，在中由余弦定理可得，即，整理得，两边同除以可得，解得或（舍去）.故选：C
7.D 因为，，则当时，
，代入得，化简得；由递推式：，即；由分布列概率总和为1可得：，，即。选项A，因为，所以，，所以数列不是等比数列，A错误；选项B，，B错误；选项C，因为，所以前7项和为：，C错误；选项D，期望，D正确。
8.B 将图象上点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度，可得：，当，可得，则，因为存在唯一实数，使得，即是的子集，且唯一，由图像可知，，，，所以实数的取值范围为，故选：B
9.BCD 对A，函数，，解得或。因为复合函数同增异减，外层是增函数，内层减区间为，结合定义域得的单调减区间为，不是，因此A错误；对B，根据幂函数定义，形如的函数是幂函数，因此系数，因为函数过，所以，解得；因此，B正确；对C，因为的定义域为，所以对，满足，解得，即的定义域为，C正确；对D，因为值域为，所以需能取到所有正实数，当时，真数为，是一次函数，可取所有正实数，符合条件；
当时，真数为二次函数，需满足开口向上，且判别式，解得，
综上的取值范围是，D正确.
10.BD 以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，所以，，
对于选项A：，，，设平面的法向量为，
则由，即，令，则，，所以是平面的一个
法向量.因为，故 不平行于平面，A错误；
对于选项B：直三棱柱中，，
可补为棱长为2的正方体，设外接球的半径为，则外接球直径等于正方体体对角线，
即，解得，B正确；对于选项C：若为中点，则坐标为
，
，且，，，四点共面，则，，即
，所以，方程组无解，所以不是中点，C
错误；
对于选项D：设与交点，则，由得
，所以，解得，即.
三棱柱总体积，体积较小部分可分割为四棱锥和三棱锥
，
对四棱锥，顶点，底面四边形顶点，，，，
底面四边形面积，高为到平面的距离，
所以；对三棱锥，顶点，底面顶点
，，，
底面三角形面积，高为到平面的距离，所以；
所以体积较小部分的体积为，所以体积较大部分的体积为，正确.
11．BCD 对于，第行共有个数，故错误，对于，由题意可得
，正确，
对于， 第行的所有数字之和为
，由于能被整除，故第行的所有数字
之和被除的余数为，正确，
对于，第行的和为，当时，第行中去除为的项的和
为， 第行为，故前行中去除为的项的和为，故
前行中去除为的项的和为，去除所有为的项后，则从第一行开始，则剩下
的每一行的个数为，，，，，……，
可以看成一个首项为，公差为的等差数列，前行共有个数，当时，
，
因此前行中，去掉为的项，共有项，且第行中，去掉为的项后，最后一
项为.
则此数列前项的和为.
12．， 设切点为，由，得，
则，解得．故答案为：．
13． 由，得，即，，
，则，解得，则，
．
14． 由题意可知三年修完门学科，则每位同学每年所修课程数为，，或，
1，1或1，2，2，1.将5门学科分成数量为3，2，0的三组共有种不同方式，再将这三组课程分配到三个学年，共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有 种；
2.将5门学科分成数量为3，1，1的三组共有种不同方式，再将这三组课程分配到三个学年，共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种；3. 将5门学科分成数量为1，2，2的三组共有种不同方式，再将这三组课程分配到三个学年，共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种．
所以每位同学的不同选修方式有种．
15．（1） （2）分布列见解析，．
（1）当时，这3个球的编号分别有两个为1和6，
另一个为2或3或4或5，可得；
（2）随机变量的取值分别为2，3，4，5，有，，，
随机变量的分布列为：
2 3 4 5
则．
16．（1） （2）
（1）解：因为，所以
，，，因为，所以，
所以，即，又，则有，所以．
（2）解：因为，，，所以在中，，所以，即，因为在中，，所以，因为，所以，所以
，
所以
17．（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析.
（1）法一：如图，连接，交于，取中点，连接，．
∵，为中点，且，
又∵且，且，所以四边形为平行四边形，，
，∵平面，平面，平面．
法二：如图，连接，交于，连接．∵，分别为，中点，，∵平面，平面，平面．
（2）∵四边形为菱形，，又，为等边三角形，∵为中点，，又∵，，，平面，平面，
，又∵，，，平面，平面，
如图，以为原点，在平面内过点作的平行线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系．
得，，，，，，。设，，，
，，设平面法向量，且，，，令，解得，，，
而设平面法向量，
则，，由题意得二面角为，得到，化简得 ，故不存在点满足二面角等于。
18.（1） （2）（i） ；（ii） 证明见解析
（1） 双曲线中，，，渐近线方程为，联立渐近线与抛物线，将代入抛物线得对应交点为，，则，解得，故抛物线的方程为。
（2）（i） 设直线，联立得，则，，
弦长，故，中点到轴距离为，代入得
，令，则，根据对勾函数图象和性质可知函数在上函数单调递增，最小值为，故到轴距离的最小值为。
（ii） 因为，所以。
当时，，
所以
，即；当时，，即成立.
19．（1）单调递增区间为，单调递减区间为和
（2）证明见解析
（3）证明见解析
（1）由，得，令，解得；令，解得或，故的单调递增区间为，单调递减区间为和.
（2）证明：设，则，因为，则，，所以，所以，所以在上单调递增，又，所以当时，，所以当时，，所以，即.
（3）证明：由，得，则，即.
由（2）知，在上单调递增，所以，即，所以，所以，设，则，所以在上单调递增，则，，即，，又，所以，即.又，所以，所以.

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