浙江省杭州四中2023-2024学年高二上学期期末数学试题 Word版含解析.docx

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2023-2024学年浙江省杭州四中高二（上）期末数学试卷一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1.在等比数列中，，，则的值为（　　）A.B.0C.D.1【答案】C【解析】【分析】利用等比数列的通项公式求解.【详解】∵为等比数列，∴公比，∴，∴，故选：C.2.过点（2，－3）、斜率为直线在y轴上的截距为（）A.2B.－2C.4D.－4【答案】B【解析】【分析】根据点斜式公式，整理直线方程，令，可得答案.【详解】由题意得直线方程为，令x=0，解得y＝－2．故选：B．3.某班有8名优秀学生，其中男生有5人，女生有3人．现从中选3人参加一次答辩比赛，要求选出的3人中，既有男生又有女生，则不同的选法共有（）A.45种B.56种C.90种D.120种【答案】A【解析】 【分析】利用间接的方法，先求出人中选人总共有多少种，再分别求出都是女生和都是男生的有多少种，即可求解.【详解】解：人中选人共有：种，其中都是男生的有：种，都是女生的有：，故既有男生又有女生，则不同的选法共有：.故选：A.4.设函数的导函数为，且，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】对求导后，将代入先求出，然后求出即可.【详解】由，求导可得，，取得到，解得，此时，则.故选：A5.如图，将边长为1的正方形沿对角线折成直二面角，若点满足，则的值为（　　）A.B.2C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意建立合适空间直角坐标系，根据向量关系求解出的坐标，则可求. 【详解】记正方形的对角线交于点，连接，所以，因为二面角为直二面角，且，平面平面，所以平面，建立空间直角坐标系如下图所示：所以，所以，因为，所以，所以，故选：A.6.已知等差数列的前n项和为，，则数列（）A.有最大项，无最小项B.有最小项，无最大项C.既无最大项，又无最小项D.既有最大项，又有最小项【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的首项,公差列方程,可得和,进而可得,通项,进而根据的单调性,即可得最值.【详解】等差数列的首项为,公差为,由得 ,故当时,单调递减,故,且当时,单调递减,故,且故有最大值为2,最小值为故选:D7.已知点是圆上任意一点，，则（　　）A.的最大值是4B.的最小值是C.的最小值是D.直线与圆相交【答案】B【解析】【分析】利用三角换元求最值，将圆心到直线的距离和圆的半径比较可得到直线和圆的位置关系.【详解】对于A，圆的方程可化为，设，且，当时，，的最大值是，则A错误；对于B，，当时，的最小值是，则B正确；对于C， ，其中当时，的最小值是，则C错误；对于D，圆心到直线的距离为，所以直线和圆相离，则D错误；故选：B.8.定义方程的实根叫做函数的“新驻点”，若函数，，的“新驻点”分别为，，，则，，的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分别求出导函数，由导函数与原函数相等列出方程，直接解得，再引入新函数，利用新函数的导数确定新函数的零点所在区间，得的范围，从而确定它们的大小．【详解】，由得，，即，，由得，，令，，恒成立，所以在递增，又，，所以在上存在唯一零点，所以，，则得，即，令，，或时，，时，，所以在和上是增函数，在上是减函数，而，，，所以在上有唯一零点，所以．综上．故选：B．【点睛】本题考查导数新定义，用导数研究方程的根，解题关键是理解新定义，对方程根的研究，通过引入新函数，利用导数确定函数的单调性，结合零点存在定理得出根（零点）的范围，从而比较大小．二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 9.已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，则（　　）A.椭圆C的离心率为B.椭圆C的离心率为C.的周长为6D.可以是直角【答案】AD【解析】【分析】求出离心率，判断AB；利用椭圆定义求出周长判断C；判断∠F1PF2是否可以是直角判断D.【详解】由椭圆C：得，则椭圆C的离心率为，A正确，B错误，的周长为，C错误；因为，所以以为直径的圆与椭圆有交点，所以可以是直角，D正确.故选：AD.10.已知，下列说法正确的是（　　）A.在处的切线方程为B.的单调递减区间为C.的极大值为D.方程有两个不同的解【答案】BC【解析】【分析】根据导数的几何意义求解切线方程；根据导数求解函数的单调区间，从而求出极值；求出函数零点即可求出与交点的个数，从而判断出方程的解.【详解】对于选项，的定义域为，，∵，∴，由导数的几何意义可知在处的切线方程的斜率为， ∴在处的切线方程为，则错误；对于选项，令得，∴的单调递减区间为，则正确；对于选项，令得，∴的单调递增区间为，∵在上单调递增，在上单调递减，∴在处取得极大值，，则正确；对于选项，∵，∴在上存在一个零点，∵当时，，∴在上没有零点，∴与只有一个交点，∴方程只有一个解，则错误；故选：.11.如图，在棱长为6的正方体中，分别为的中点，点是正方形面内（包含边界）动点，则（）A.与所成角为B.平面截正方体所得截面的面积为C.平面D.若，则三棱锥的体积最大值是 【答案】BCD【解析】【分析】A选项，如图建立以A为原点的空间直角坐标系，利用空间向量可判断选项；做出截面求得截面面积可判断B；利用线线平行可得线面平行判断C，求得P的轨迹方程可求得三棱锥的体积最大值判断D.【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，∴，，，对A选项，，则直线与所成角，故A错误；对B选项，由平面在两平行平面上的交线互相平行，取的中点的中点，的中点，连接，延长一定与交于一点，所以四点共面，同理可证四点共面，则过点作正方体的截面，截面为正六边形，边长为，则正六边形的面积为，故B正确.由正方体，可得，∵分别为的中点，∴，∴平面平面， ∴平面，故C正确；如图，面，又面，故，同理，又，根据题意可得，设，又，∴，整理得，∴在正方形面内(包括边界)，是以为圆心，半径的圆上的点，令，可得，∴当为圆与线段的交点时，到底面的距离最大，最大距离为，∴三棱锥的体积最大值是，故D正确.故选:BCD.【点睛】关键点点睛：本题解题关键是建立空间直角坐标系，用向量的方法研究点线面的位置关系及数量计算.12.分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，分形的外表结构极为复杂，但其内部却是有规律可寻的，一个数学意义上的分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统．下面我们用分形的方法得到一系列图形，如图1，在长度为1的线段AB上取两个点C、D，使得 ，以CD为边在线段AB的上方做一个正方形，然后擦掉CD，就得到图形2；对图形2中的最上方的线段EF作同样的操作，得到图形3；依次类推，我们就得到以下的一系列图形设图1，图2，图3，…，图n，各图中的线段长度和为，数列的前n项和为，则（　　）A.数列是等比数列B.C.恒成立D.存在正数，使得恒成立【答案】BC【解析】【分析】由题意写出数列前三项，类比归纳出数列的递推公式，利用累加法可得通项公式，结合数列的相关概念，可得答案.【详解】由题意可知，，以此类推可得，，则，所以当时，，经检验，当时，，故，所以数列不是等比数列，故A错误；所以，故B正确；因为恒成立，故C正确； 因为，根据一次函数与指数函数单调性，所以数列无最大值，因此不存在正数，使得，故D错误.故选：BC.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知函数，则函数在点处切线方程为_________．【答案】【解析】【分析】求导，求出斜率，写出切线方程.【详解】由已知，则，又，所以切线方程为，即.故答案为：.14.已知抛物线的焦点为F，过F的直线l交抛物线C于AB两点，且，则p的值为______．【答案】3【解析】【分析】根据抛物线焦点弦性质求解，或联立l与抛物线方程，表示出，求其最值即可.【详解】已知，设，，，则， ∵，所以，，∴，当且仅当m=0时，取..故答案为：3.15.对于数列，定义的“优值”为．若的“优值”，则________．【答案】##【解析】【分析】根据优值利用作差法可求的通项.【详解】因为的“优值”，故，所以，故，故当时，，则，而，故，符合，故.故答案为：.16.一个五位数满足,,,且,(如37201､45412),则称这个五位数符合“正弦规律”,那么,共有______个五位数符合“正弦规律”.【答案】2892【解析】【分析】将情况分为五个数中没有数相同；五个数中有两个数相同；五个数中有三个数相同三种情况，分别计算得到答案.【详解】根据意义知，五位数中，最大，最小.当五个数中没有数相同时：选五个数，最大数赋值给，最小数赋值给，剩余三个全排列，共有个；当五个数中有两个数相同时： 选四个数，最大数赋值给，最小数赋值给，剩余两个数赋值给，共有个；当五个数中有三个数相同时：选三个数，最大数赋值给，最小数赋值给，剩余的一个数赋值给，共有个；故共有故答案为：【点睛】本题考查了排列组合综合应用，分类讨论是解题的关键.四、解答题（本答题共6小题，满分70分）17.已知函数，，．（1）当时，讨论函数在区间上的单调性．（2）设是函数的最大值．求出的表达式并比较与的大小．【答案】17.在上单调递增，在上单调递减18.，.【解析】【分析】（1）利用导数求解函数的单调区间；（2）利用导数求出函数的单调区间，得到的最大值，通过构造函数根据单调性比较与的大小.【小问1详解】当时，则，令得，令得，∴在上单调递增，在上单调递减；【小问2详解】，令得，令得， ∴在上单调递增，在上单调递减，∴的最大值，∵，，构造函数，，令得，令得，∴在上单调递增，在上单调递减，∴，即，∴，∴.18.动圆满足：①圆心的横坐标大于；②与直线相切；③与直线相交，且直线被圆截得的弦长为．（1）求证：动圆圆心在曲线上．（2）设是曲线上任一点，曲线在处的切线交轴于，交轴于．求证：．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由已知结合直线与圆相切的性质即可求解；（2）结合导数的几何意义求出切线的斜率，进而可求切线方程，然后结合两点间的距离公式即可求解.【小问1详解】设，半径为，由题意可得，，化简可得，即动圆圆心在曲线上； 【小问2详解】设，，由题意得，所以曲线在处的切线方程为，即，令得，即，令得，即，所以，，所以.19.如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，．（1）求证：平面．（2）点是线段的中点，求平面与平面所成夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明，再利用面面垂直的性质定理得结论；（2）利用两两垂直建立空间直角坐标系，利用向量法求面面角.【小问1详解】因为在梯形中，，，，如图： 过作交于，可得，则，所以，得，又平面平面，平面平面，面，所以平面；【小问2详解】因为四边形为矩形所以，又平面平面，又平面平面，平面，所以平面，则两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，取可得，设平面的法向量为，则，取可得，所以 所以平面与平面所成夹角的余弦值为.20.已知数列满足，．（1）证明：对任意的成立．（2）记，求数列的前项和．（3）证明：．【答案】（1）证明见解析（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）将条件变形，可得构造数列为常数数列，据此可求出数列的通项公式，根据其为等差数列可得结论；（2）利用等比数列求和公式计算即可；（3）利用裂项相消法可求和并证明不等式.【小问1详解】由得，即，即， 故数列为常数数列，所以，整理得，即数列为等差数列，所以；【小问2详解】由（1）得，故数列是以为首项，为公比的等比数列，所以；【小问3详解】由（1），所以因为，所以.21.已知椭圆的焦距为，且过点．（1）求的方程．（2）记和分别是椭圆的左、右焦点．设是椭圆上一个动点且纵坐标不为．直线交椭圆于点（异于），直线交椭圆于点（异于）．若的中点为，求三角形面积的最大值．【答案】（1）（2） 【解析】【分析】（1）根据焦距和椭圆所过点可构造方程求得结果；（2）设直线，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，结合中点坐标公式可整理得到，结合三角形面积公式和基本不等式可求得最值.【小问1详解】椭圆的焦距，；椭圆过点，，又，（舍）或，，椭圆的方程为：.【小问2详解】由（1）知：，，设，，，由题意可设直线，其中，，由得：，，；同理可得：； ，，（当且仅当，即时取等号），面积的最大值为.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的三角形面积最值的求解问题，解题关键是能够将三角形面积表示为关于某一变量的函数，从而利用函数最值的求法或基本不等式求得结果.22.已知函数．（1）当时，求出函数在点处的切线方程．（2）如图所示，函数图像上一点处的切线与函数图像交于点，过的切线（为切点）与处的切线交于点．问：三角形是否可能是等边三角形？若是，求此时的值；若不是，说明理由．【答案】（1）（2）能，【解析】【分析】（1）求导，求出斜率，进而可得切线方程； （2）设点，求出过点的切线方程，与联立求出点的坐标，进而可求出过点的切线方程，然后求出过点的切线方程，与过点的切线方程联立求出点坐标，进而可根据列方程求出的值.【小问1详解】当a＝1时，，则，所以，又，所以函数在点（1，f（1））处的切线方程为，即；【小问2详解】设点，又，所以，过点的切线方程为，整理得，联立，消去得，变形得，所以点，又，所以过点的切线方程为，整理得，设点，又，过点的切线方程为，整理得，将点代入得，整理得，变形得，得或所以点， 即过点的切线方程为，联立，解得即点，假设三角形是等边三角形，则，所以，由②解得，代入①得，所以当时，三角形是等边三角形.【点睛】方法点睛：在知道切点的情况下，可直接求出切线方程，若不知道切点，可设出切点，然后列方程求解.