第一學期期末調研測試高二數學試題本試題滿分150分，考試時間120分鐘.答案一律寫在答題卡上.注意事項：1．答題前，考生務必先將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，認真核對條形碼上的姓名、準考證號，并將條形碼粘貼在答題卡的指定位置上.2．答題時使用0.5毫米的黑色中性（簽字）筆或碳素筆書寫，字體工整、筆跡清楚.3．請按照題號在各題的答題區域（黑色線框）內作答，超出答題區域書寫的答案無效.4．保持卡面清潔，不折疊，不破損.一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每個小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.直線的傾斜角為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由斜率求傾斜角即可.【解析】直線方程可化為，則直線的斜率為，設傾斜角為，則，由，則，即傾斜角為.故選：C.2.各項為正的等比數列中，，則的前4項和（）A.40 B.121 C.27 D.81【答案】A【解析】【分析】先根據等比數列通項公式求出，再根據前項和公式求值即可.【解析】設等比數列公比為,故選：A.3.如圖，空間四邊形OABC中，，點M在線段OA上，且，點N為BC中點，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】結合圖形，利用空間向量的線性運算即可求解.【解析】點M在線段OA上，且，又，∵N為BC的中點，.故選：D.4.萬眾矚目的北京冬奧會于2022年2月4日正式開幕，是繼2008年北京奧運會之后，國家體育場（又名鳥巢）再次承辦奧運會開幕式．在手工課上，王老師帶領同學們一起制作了一個近似鳥巢的金屬模型，其俯視圖可近似看成是兩個大小不同，扁平程度相同的橢圓，已知大橢圓的長軸長為，短軸長為，小橢圓的長軸長為，則小橢圓的短軸長為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由題意得到兩橢圓離心率相同，從而得到兩橢圓長軸長與短軸長的比例相同，由此得解.【解析】因為兩個橢圓的扁平程度相同，所以兩個橢圓的離心率相同，所以兩橢圓長軸長與短軸長的比例相同，則，即，得，所以小橢圓的短軸長為：．故選：C．5.已知函數，只有一個極值點，則實數m的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】首先求函數的導數，利用參變分離得，再構造函數，利用導數分析函數的圖象，轉化函數的交點問題，即可求解.【解析】，令，得，設，，得，當時，，函數在區間單調遞增，當時，，函數在區間單調遞減，當時，的最大值為，并且時，，時，，如圖，畫出函數的圖象，因為函數只有一個極值點，即與只有一個交點，且，所以.故選：A6.已知為等差數列的前n項和，，則下列選項正確的是（）A.數列是單調遞增數列 B.當時，最大C. D.【答案】D【解析】【分析】根據等差中項性質，由，從而得，然后利用等差數列性質逐項判斷即可求解.【解析】對A：設數列的公差為，由，得，又因為，所以，得，故A錯誤；對B：因為，，，所以當時，有最大值，故B錯誤；對C：，，故C錯誤；對D：，因為，所以，故D正確.故選：D.7.已知拋物線，圓：，過圓心作直線與拋物線和圓交于四點，自上而下依次為，，，，若，，成等差數列，則直線的斜率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據給定條件，可得圓心C為拋物線的焦點，求出弦AB長，設出直線AB方程并與拋物線方程聯立，求解作答【解析】圓：的圓心，半徑，顯然點為拋物線的焦點，其準線為，設，則，而，由，，成等差數列得，，因此，即有，解得，設直線的方程為，顯然，由消去y得：，則有，解得，所以直線的斜率為.故選：B8.定義在上的可導函數滿足，當時，，若實數a滿足，則a的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據已知條件構造函數，利用偶函數的定義及導數的正負與函數的單調性的關系，結合偶函數的性質及函數的單調性即可求解.【解析】由，得.令，則，即為偶函數.當時，，所以在上單調遞增；所以在上單調遞減.由，得，即.又為偶函數，所以，因為在上單調遞減，所以，即，解得，或，所以a的取值范圍為.故選：C.【小結】關鍵小結：解決此題的關鍵是構造函數，利用偶函數定義和導數法求出函數的單調性，再利用偶函數和單調性即可解決抽象不等式.二、多選題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知兩圓方程為與，則下列說法正確的是（）A.若兩圓有3條公切線，則B.若兩圓公共弦所在的直線方程為，則C.若兩圓公共弦長為，則D.若兩圓在交點處的切線互相垂直，則【答案】ABD【解析】【分析】選項A，由兩圓有條公切線，則兩圓外切，由兩圓圓心距與半徑關系得；選項B，若兩圓相交，由兩圓方程作差得公共弦方程，先待定再驗證相交可知；選項C，由半弦長、半徑及圓心距關系可得；選項D，結合圖形，由，可得等量關系求解.【解析】設圓為圓，圓的圓心為，半徑，設圓為圓，圓的圓心為，半徑，.A選項，若兩圓有3條公切線，則兩圓外切，所以，A選項正確；B選項，由兩式相減并化簡得，則，此時，滿足兩圓相交，B選項正確；C選項，由兩式相減并化簡得，到直線的距離為，所以，即，則解得或，C選項錯誤.D選項，若兩圓在交點處的切線互相垂直，設交點為，根據圓的幾何性質可知，所以，D選項正確.故選：ABD10.若是函數的極值點，則下面結論正確的為（）A. B.的遞增區間為C.的極小值為1 D.的極大值為【答案】AD【解析】【分析】先由求出值，再利用導函數研究函數的單調性與極值即可.【解析】由題可得，，因為是函數的極值點，所以，則，解得，故，，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；故的遞增區間，遞減區間為，故A正確，B錯誤；由上可知，的極大值為，極小值為，故C錯誤，D正確.故選：AD.11.若直線是曲線與曲線的公切線，則（）A B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】借助導數的幾何意義計算即可得.【解析】令，則，令，有，則，即有，即，故，令，則，令，有，則，即有，即，故有，即.

故選：BD.12.如圖，棱長為2的正方體中，E，F分別為棱的中點，G為線段上的動點，則（）A.三棱錐的體積為定值B.存在點G，使得平面EFGC.G為中點時，直線EG與所成角最小D.點F到直線EG距離的最小值為【答案】AB【解析】【分析】根據等體積法可知，即可判斷A項；建系，假設存在點G﹐設.根據向量的坐標，由，解出的值，即可判斷B項；由已知推出，根據二次函數以及余弦函數的性質，結合的取值范圍，即可判斷C項；求出在方向上投影向量的長度為，然后根據勾股定理表示出點F到直線EG的距離，根據二次函數的性質，即可得出最小值.【解析】如圖，以點為坐標原點，建立空間直角坐標系.則，，，，，，，，，.對于A項，在正方體中，平面平面，平面，由面面平行的性質可得，平面，由點G在線段上，則到平面的距離，即點到平面的距離等于.因為，所以.則是個定值，故A項正確；對于B項，假設存在點G﹐使得平面.設.，，，，則.所以，，所以，滿足條件.此時有，，平面，平面，，所以，存在點G﹐使得平面，故B項正確；對于C項，設直線EG與所成角為.因為，.所以，所以.因為，所以當時，有最小值，顯然有，則有最大值，根據余弦函數的單調性可知，當時，有最小值，故C項錯誤；對于D項，因為，，所以，在方向上投影向量的長度為，由C知，當時，有最小值，則有最大值為，又，所以點F到直線EG距離的最小值為，故D項錯誤.故選：AB.【小結】關鍵點小結：由點為線段上的動點，設.可以通過的坐標，表示出與點有關的向量.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知等差數列的前n項和為，已知，則公差__________．【答案】3【解析】【分析】直接由等差數列的求和公式求解即可.【解析】解：依題意，得，而，得，故答案為：314.已知平面的一個法向量為，點在平面內，則點到平面的距離為______．【答案】【解析】【分析】求出平面的法向量，代入點到平面的距離公式即可.【解析】因為，平面的一個法向量為，所以點P到平面的距離．故答案為：15.雙曲線的左、右焦點分別為，．過作其中一條漸近線的垂線，交雙曲線的右支于點P，若，則雙曲線的離心率為______．【答案】【解析】【分析】由題設，不妨令，過作，則，結合勾股定理、等腰直角三角形求，再由雙曲線定義求參數間的數量關系，進而求離心率.【解析】如下圖，垂直一條漸近線，則，過作，故，又，∴，，又在△中，故，，由雙曲線定義知：，則，∴.故答案為：.16.若對任意的，且，都有成立，則m的取值范圍為__________．【答案】【解析】【分析】由已知條件化簡得出在上單調遞增，結合導函數判斷函數的單調性，最后應用子集關系得出范圍即可.【解析】對任意的，且，可得，由，可得，即，即，即由且，可得函數在上單調遞增，由解得，所以是的子集，所以，即m的取值范圍是.故答案為：.四、解答題：本題共6小題，第17題分，其余每題各12分，共70分.解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或者演算步驟.17.已知圓C的圓心在直線上，且與直線相切于點．（1）求圓C的標準方程；（2）求過點且被圓C截得的弦長為的直線方程．【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）設出圓的標準方程，根據題意，求得圓心和半徑，即可求得結果；（2）設直線方程為，利用弦長公式，求解即可.【小問1解析】設圓C的標準方程為圓C的圓心在直線上，且與直線相切于點，，解方程組得；所以圓C的標準方程為.【小問2解析】設直線的方程為：，圓心到直線l的距離，所以，解得或，所以直線l的方程為或18.已知函數為的導函數．（1）當時，求函數在定義域內的極值；（2）若在內存在增區間，求實數a的取值范圍．【答案】（1）極大值為，無極小值；（2）.【解析】【分析】（1）求得，根據導函數函數值的正負，即可判斷其單調性和極值；（2）將問題轉化為在有解，參變分離，構造函數，利用導數求函數最值即可.【小問1解析】設，其中，則，當時，若，則，故在上為增函數；若，則，故在上為減函數；故有極大值，其極大值為，無極小值.【小問2解析】因為在內存在增區間，所以在有解，即在有解，所以今，則令得，令得，故在單調遞減，單調遞增所以，故.【小結】關鍵點小結：處理本題第二問的關鍵是將在內存在增區間，轉化為在有解，再參變分離，構造函數，利用導數求其最值即可.19.如圖，在三棱柱中，．（1）求證：平面；（2）若，直線AB與平面所成的角為，求平面與平面的夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）借助線面垂直的性質定理及判定定理即可證明；（2）結合題意建立適當空間直角坐標系計算即可得.【小問1解析】因為，四邊形是平行四邊形，所以四邊形是菱形，所以，又因為，、平面，，所以平面，又因平面，，且、平面，，所以平面；【小問2解析】因為AB與平面所成角為，平面，所以，因為，所以是正三角形，設，則，以O為原點，分別以所在直線為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，設平面的一個法向量為，則，取，可得，所以，設平面的一個法向量為，則，取，可得，所以，設二面角的大小為(由圖可知為銳角)，因為，所以平面與平面的夾角的余弦值為.20.已知數列的前n項和為，，其中．（1）求數列的通項公式；（2）設，數列的前n項和，若對任意且，恒成立，求實數的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先得，由之間的關系得數列為等比數列，由此即可得解.（2）由等比數列求和公式、錯位相減法結合數列單調性即可得解.【小問1解析】當時，，當時，，兩式相減，得，又，所以數列為等比數列，首項為2，公比為3，所以數列的通項公式是.【小問2解析】由（1）知，，，則有，兩式相減得：，于是得，因為且，，當時，數列是遞增數列，所以的最小值為18，因此.21.已知橢圓的左、右焦點分別為，設點，在中，．（1）求橢圓C的方程；（2）設P，Q為C上異于點A兩動點，記直線AP，AQ的斜率分別為，若，求證：直線PQ過定點．【答案】（1）；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）根據，結合橢圓的對稱性，求得，即可求得橢圓方程；（2）設出直線的方程，聯立橢圓方程，利用韋達定理，結合的斜率關系，求得對應參數的約束條件，即可求得直線恒過的頂點.【小問1解析】由題意知，由，，橢圓方程為；【小問2解析】當直線PQ斜率不存在時，設直線PQ方程為（且）則解得，不符合題設；從而可設直線PQ的方程設為，，則有由，（舍）或，當且僅當時，，，∴PQ直線恒過定點.【小結】關鍵點小結：處理第二問關鍵是能夠熟練應用韋達定理，合理轉化已知條件，從而求得參數之間的關系.22.已知函數．（1）求函數的單調區間；（2）若不等式對任意恒成立，求實數a的取值范圍．【答案】（1）增區間是，減區間是；（2）.【解析】【分析】（1）求出函數的導數，再討論導函數小于0、大小0的x取值集合得解.（2）根據給定條件，構造函數，，利用導數結合零點存在性定理分類討論求解即得.【小問1解析】函數的定義域為R，求導得，當時，，又，則，，函數在上單調遞減；設，則，當時，是增函數，即在上單調遞增，則，因此在上單調遞增，所以的單調遞增區間是，單調遞減區間是．【小問2解析】不等式化為，設，依題意，在上恒成立，而，求導得，令，，求導得，令，，顯然，則，即在上是增函數，，當時，，函數，即在上單調遞增，于是在上單調遞增，所以恒成立，