湖南省岳陽市臨湘市2023年高二上數學期末檢測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．在區間上隨機取一個數，則事件“曲線表示圓”的概率為（）A. B.C. D.2．已知P是直線上的動點，PA，PB是圓的切線，A，B為切點，C為圓心，那么四邊形PACB的面積的最小值是（）A2 B.C.3 D.3．過點與直線平行的直線的方程是（）A. B.C. D.4．已知點P(5，3，6)，直線l過點A(2，3，1)，且一個方向向量為，則點P到直線l的距離為()A. B.C. D.5．若離散型隨機變量的所有可能取值為1，2，3，…，n，且取每一個值的概率相同，若，則n的值為（）A.4 B.6C.9 D.106．定義在區間上的函數的導函數的圖象如圖所示，則下列結論不正確的是（）A.函數在區間上單調遞增 B.函數在區間上單調遞減C.函數在處取得極大值 D.函數在處取得極小值7．設，則當數列{an}的前n項和取得最小值時，n的值為（）A.4 B.5C.4或5 D.5或68．是等差數列，且，，則的值（）A. B.C. D.9．拋物線的焦點坐標為（）A. B.C. D.10．已知橢圓上一點到左焦點的距離為，是的中點，則（）A.1 B.2C.3 D.411．函數的最小值是（）A.3 B.4C.5 D.612．函數在上的最小值為（）A. B.4C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知正三棱柱中，底面積為，一個側面的周長為，則正三棱柱外接球的表面積為______.14．方程的曲線的一條對稱軸是_______，的取值范圍是______.15．設拋物線的焦點為，直線過焦點，且與拋物線交于兩點，，則__________16．在平面上給定相異兩點A，B，點P滿足，則當且時，P點的軌跡是一個圓，我們稱這個圓為阿波羅尼斯圓.已知橢圓的離心率，A，B為橢圓的長軸端點，C，D為橢圓的短軸端點，動點P滿足，若的面積的最大值為3，則面積的最小值為___________.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）已知拋物線的焦點為F，為拋物線C上的點，且.（1）求拋物線C的方程；（2）若直線與拋物線C相交于A，B兩點，求弦長.18．（12分）已知正三棱柱底面邊長為，是上一點，是以為直角頂點的等腰直角三角形，（1）證明：是的中點；（2）求二面角的大小19．（12分）已知函數（1）求函數的單調區間；（2）求函數在區間上的值域20．（12分）如圖所示，在四棱錐中，底面是正方形，側棱底面，，是的中點，過點作交于點.求證：（1）平面；（2）平面.21．（12分）已知首項為1的數列滿足.（1）求數列的通項公式；（2）記，求數列的前n項和.22．（10分）已知圓的圓心在直線上，且過點（1）求圓的方程；（2）已知直線經過原點，并且被圓截得的弦長為2，求直線l的方程.

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、D【解析】先求出曲線表示圓參數的范圍，再由幾何概率可得答案.【詳解】由可得曲線表示圓，則解得或又所以曲線表示圓的概率為故選：D2、D【解析】由圓C的標準方程可得圓心為（1，1），半徑為1，根據切線的性質可得四邊形PACB面積等于，，故求解最小時即可確定四邊形PACB面積的最小值.【詳解】圓C：x2+y2-2x-2y+1=0即，表示以C（1，1）為圓心，以1為半徑的圓，由于四邊形PACB面積等于2×××=，而，故當最小時，四邊形PACB面積最小，又的最小值等于圓心C到直線l：的距離d，而，故四邊形PACB面積的最小值為，故選：D3、A【解析】根據題意利用點斜式寫出直線方程即可.【詳解】解：過點的直線與直線平行，，即.故選：A.4、B【解析】根據向量和直線l的方向向量的關系即可求出點P到直線l的距離.【詳解】由題意，，，，，，到直線的距離為.故選：B.5、D【解析】根據分布列即可求出【詳解】因為，所以故選：D6、C【解析】根據函數的單調性和函數的導數的值的正負的關系，可判斷A,B的結論;根據函數的極值點和函數的導數的關系可判斷、的結論【詳解】函數在上，故函數在上單調遞增，故正確；根據函數的導數圖象，函數在時，，故函數在區間上單調遞減，故正確；由A的分析可知函數在上單調遞增，故不是函數的極值點，故錯誤；根據函數的單調性，在區間上單調遞減，在上單調遞增，故函數處取得極小值，故正確，故選：7、A【解析】結合等差數列的性質得到，解不等式組即可求出結果.【詳解】由，即，解得，因為,故.故選：A.8、B【解析】根據等差數列的性質計算【詳解】因為是等差數列，所以，，也成等差數列，所以故選：B9、C【解析】先把拋物線方程化為標準方程，求出即可求解【詳解】由，有，可得，拋物線的焦點坐標為故選：C10、A【解析】由橢圓的定義得，進而根據中位線定理得.【詳解】解：由橢圓方程得，即，因為由橢圓的定義得，，所以，因為是的中點，是的中點，所以.故選：A11、D【解析】先判斷函數的單調性，再利用其單調性求最小值【詳解】由，得，因為，所以，所以在上單調遞增，所以，故選：D12、D【解析】求出導數，由導數確定函數在上的單調性與極值，可得最小值【詳解】，所以時，，遞減，時，，遞增，所以是在上的唯一極值點，極小值也是最小值．故選：D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】首先由條件求出底面邊長和高，然后設、分別為上、下底面的的中心，連接，設的中點為，則點為正三棱柱外接球的球心，然后求出的長度即可.【詳解】如圖所示，設底面邊長為，則底面面積為，所以，因此等邊三角形的高為：，因為一個側面的周長為，所以設、分別為上、下底面的的中心，連接，設的中點為則點為正三棱柱外接球的球心，連接、則在直角三角形中，即外接球的半徑為，所以外接球的表面積為，故答案為：【點睛】關鍵點睛：求幾何體的外接球半徑的關鍵是根據幾何體的性質找出球心的位置.14、①.x軸或直線②.【解析】根據給定條件分析方程的性質即可求得對稱軸及x的取值范圍作答.【詳解】方程中，因，則曲線關于x軸對稱，又，解得，此時曲線與都關于直線對稱，曲線的對稱軸是x軸或直線，的取值范圍是.故答案為：x軸或直線；15、【解析】拋物線焦點為,由于直線和拋物線有兩個交點,故直線斜率存在.根據拋物線的定義可知,故的縱坐標為,橫坐標為.不妨設,故直線的方程為,聯立直線方程和拋物線方程,化簡得,解得,故.所以.【點睛】本小題主要考查直線和拋物線的位置關系,考查拋物線的幾何性質和定義.考查三角形面積公式.在解題過程中,先根據題目所給拋物線的方程求得焦點的坐標,然后利用拋物線的定義:到定點的距離等于到定直線的距離,由此求得點的坐標,進而求得直線的方程,聯立直線方程和拋物線方程求得點的坐標.最后求得面積比.16、【解析】先根據求出圓的方程，再由的面積的最大值結合離心率求出和的值，進而求出面積的最小值.【詳解】解：由題意，設，，因為即兩邊平方整理得：所以圓心為，半徑因為的面積的最大值為3所以，解得：因為橢圓離心率即，所以由得：所以面積的最小值為：故答案為：.【點睛】思路點睛：本題先根據已知的比例關系求出阿波羅尼斯圓的方程，再利用已知面積和離心率求出橢圓的方程，進而求得面積的最值.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）【解析】（1）根據拋物線定義可得，從而得到拋物線C的方程；（2）設，聯立拋物線方程，消去，可得的方程，運用韋達定理和弦長公式，計算可得所求值【詳解】（1），所以，即拋物線C的方程.（2）設，由得所以，所以.【點睛】方法點睛：計算拋物線弦長方法，(1)若直線過拋物線的焦點，則弦長|AB|＝x1＋x2＋p＝(α為弦AB的傾斜角)(2)若直線不過拋物線的焦點，則用|AB|＝·|x1－x2|求解18、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）根據正棱柱的性質，結合線面垂直的判定定理、直角三角形的性質、正三角形的性質進行證明即可；（2）根據線面垂直的判定定理和性質，結合二面角的定義進行求解即可.【小問1詳解】證明：在正三棱柱中，平面，平面，則,又是以為直角頂點的等腰直角三角形，則，且，平面，故平面，而平面，所以，又為正三角形，所以為的中點；【小問2詳解】在正中，取的中點為，則，又平面，則，且，平面，故平面，取的中點為，且的中點為，則，故平面，而平面，所以，在等腰直角中，取的中點為，則，，平面，所以平面，而平面，所以，故為二面角平面角，又，則，，所以在中，，即：，故二面角的大小為.：19、（1）單調遞增區間為，單調遞減區間為；（2）【解析】（1）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區間即可；（2）根據函數的單調性求出函數的極值點，從而求出函數的最值即可【詳解】解：（1）由題意得，，令，得，令，得或，故函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為（2）易知，因為,所以（或由，可得）,又當時，，所以函數在區間上的值域為【點睛】確定函數單調區間的步驟：第一步，確定函數的定義域；第二步，求；第三步，解不等式，解集在定義域內的部分為單調遞增區間；解不等式，解集在定義域內的部分為單調遞減區間20、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】（1）連結、，交于點，連結，通過即可證明；（2）通過，

可證平面，即得，進而通過平面得，結合即證.詳解】證明：（1）連結、，交于點，連結，底面正方形，∴是中點，點是的中點，.平面，

平面，∴平面.（2），點是的中點，.底面是正方形，側棱底面，∴，

，且

，∴平面，∴，又，∴平面，∴，，，平面.【點睛】本題考查線面平行和線面垂直的證明，屬于基礎題.21、（1）（2）【解析】（1）由，構造是以為首項，為公比等比數列，利用等比數列的通項公式可得結果；（2）由（1）得，利用裂項相消可求.【小問1詳解】由，得，又，所以數列是首項為2，公比為2的等比數列，則，即，故數列的通項公式為.【小問2詳解】由（1）知，，所以.因為，所以，所以數列的前n項和.22、（1）；（2）或.【解析】（1）根據題意設圓心坐標為，進而得，解得，故圓的方程為（2）分直線的斜率存在和不存在兩種情況討論求解即可.【詳解】（1）圓的圓心在直線上，設所求圓心坐標為∵過點，解得∴所求圓的方程為（2