湖南省张家界市2023-2024学年高二上学期期末联考数学试题 Word版含解析.docx

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张家界市2023年普通高中二年级第一学期期末联考数学试题本试卷共4页，22小题，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案：不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回.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.1.35是等差数列3，5，7，9，的（）A.第16项B.第17项C.第18项D.第19项【答案】B【解析】【分析】首先求数列的通项公式，即可求解.【详解】等差数列3，5，7，9，的首项为3，公差为2，所以等差数列的通项公式为，令，得.所以35是等差数列3，5，7，9，的第17项.故选：B2.若直线经过两点，则直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据两点坐标求出直线的斜率，进而求出倾斜角. 【详解】由直线经过两点，可得直线的斜率为，设直线的倾斜角为，有，又，所以.故选：C.3.抛物线的焦点到直线的距离等于（）A.1B.C.D.4【答案】B【解析】【分析】首先求焦点坐标，再求点到直线的距离.【详解】抛物线的焦点为，焦点到直线的距离为.故选：B4.已知向量若与、共面，则实数（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用空间向量共面定理构造方程组即可求得结果.【详解】由共面定理可得存在非零实数满足，可得，解得，故选：C5.若直线被圆所截得的弦长为，则实数a的值为（）A.0B.4C.－2D.0或4【答案】D【解析】【分析】根据圆的弦长求出圆心到直线的距离，再根据点到直线的距离公式即可得解.【详解】圆的圆心为，半径， 设圆心到直线的距离为，则，解得，所以，解得或.故选：D.6.音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：若以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”，频率变为原来的，得到“徵”；“徵”经过一次“益”，频率变为原来的，得到“商”；．．．．．依次损益交替变化，获得了“宫､徵､商､羽､角”五个音阶．据此可推得（）A.“徵､商､羽”的频率成等比数列B.“宫､徵､商”的频率成等比数列C.“商､羽､角”的频率成等比数列D.“宫､商､角”的频率成等比数列【答案】D【解析】【分析】依题意求出“宫､徵､商､羽､角”这5个音阶的频率，根据等比数列的定义可得答案.【详解】设“宫”的频率为，则“徵”的频率为，“商”的频率为，“羽”的频率为，“角”的频率为，所以“宫､商､角”的频率成等比数列,公比为.故选：D7.设，分别为椭圆与双曲线的公共焦点，它们在第一象限内交于点，，若椭圆的离心率，则双曲线的离心率的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】根据椭圆以及双曲线的定义可得，.进而在中，由余弦定理变形可得，.根据不等式的性质，结合已知，求解即可得出答案.【详解】根据椭圆及双曲线的定义可得，所以.在中，，由余弦定理可得，整理可得，，两边同时除以可得，.又，，所以有，所以，.因为，所以，所以，所以，，， 所以，.则，故.故选：C.8.设，则（）A.B.CD.【答案】A【解析】【分析】易得，构造函数，利用导数判断出函数的单调性，再根据函数的单调性即可比较的大小关系，即可得解.【详解】，令，则，令，则，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，即，所以.综上，.故选：A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.已知直线l：，则（） A.直线l过点B.直线l的斜率为C.直线l的倾斜角为D.直线l在轴上的截距为1【答案】ACD【解析】【分析】根据直线方程逐项分析判断即可.【详解】直线l：，即直线l：，令，可得，即直线l过点，故A正确；可知直线l的斜率为，故B错误；设直线l的倾斜角为，可知，所以，即直线l的倾斜角为，故C正确；直线l在轴上的截距为1，故D正确；故选：ACD.10.数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（）A.B.数列是等差数列C.当时，D.当或4时，取得最大值【答案】ABD【解析】【分析】利用的关系式可求得，即可判断AB正确，由数列单调性即可判断C错误，再由前项和的函数性质可判断D正确.【详解】由可得，当时，，两式相减即，即时，又当时，符合，所以可得，即可得AB正确；易知数列为递减数列，当时，，所以C错误； 由利用二次函数性质以及可得，当或4时，取得最大值.故选：ABD11.如图，在棱长为2的正方体中，分别为，的中点，则（）A.B.⊥平面C.异面直线与所成角的大小为D.平面到平面的距离等于【答案】AB【解析】【分析】利用三角形中位线性质可得A正确；再由线面垂直的判定定理及其性质可求得B正确；由异面直线定义可求得异面直线与所成角的大小为，即C错误；利用等体积法和正方体对称性，即可得平面到平面的距离等于，即D错误.【详解】连接，如下图所示：因为是的中点，由正方体性质可知是与的交点， 又是的中点，所以是的中位线，即，可知A正确；连接，四边形是正方形，所以，又由正方体性质可知，，平面，所以平面；又，所以平面，即B正确；由可得异面直线与所成的角即为直线与所成的角，也即是异面直线与所成的角，连接，易得是正三角形，所以，即异面直线与所成的角为，故C错误；易知，由正方体性质可知，又，平面，所以平面；又平面，所以，同理可证，，平面，所以平面；同理可证平面；因为正方体棱长为2，所以正三角形和正三角形的边长为，可得其面积为，设到平面的距离为，则由等体积法可得，解得；同理有到平面的距离也为，又易知，所以平面到平面的距离等于，即D错误；故选：AB12.已知双曲线的左右顶点为，，左右焦点为，，直线 与双曲线的左右两支分别交于，两点，则（）A.若，则的面积为B.直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，则C.若的斜率的范围为，则的斜率的范围为D.存在直线的方程为，使得弦的中点坐标为【答案】ABC【解析】【分析】对于A：利用余弦定理及双曲线的定义求出，进而可得三角形的面积；对于B：设，与直线联立，发现均与无关，进一步分析可得；对于C：求出为定值，进而可得的斜率的范围；对于D：将直线方程和双曲线方程联立，通过判别式可得结果.【详解】在双曲线中，对于A：在双曲线的焦点三角形中，，可得所以，故A正确； 对于B，不妨设，当时表示双曲线，当时表示该双曲线的两条渐近线.设直线，其与的交点为联立，可得，应满足且.由韦达定理可知，都与无关.所以线段的中点与线段的中点重合，不妨设为.由可知，故B正确；对于C，设，且，，所以若的斜率范围为，则的斜率的范围为，C正确；对于D，联立，消去可得，，故直线与双曲线无交点，所以不存在中点，D错误.故选：ABC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，，且，则_______.【答案】2【解析】【分析】由向量垂直的坐标表示列出式子直接得出答案.【详解】，，且， ，解得：，故答案为：2.14.已知抛物线的准线方程为，则抛物线的标准方程为_________.【答案】【解析】【分析】根据抛物线方程与准线的关系，列式求解.【详解】设抛物线的标准方程为，由题意可知，，得，所以抛物线的标准方程为.故答案为：15.若函数在上单调递减，则实数a的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】根据题意，转化为在上恒成立，得到在恒成立，结合正弦函数的性质，即可求解.【详解】由函数，可得，因为函数在上单调递减，则在上恒成立，即在恒成立，因为，所以，即实数的取值范围为.故答案为：.16.记上的可导函数的导函数为，满足的数列称为“牛顿数列”．若函数，数列为牛顿数列，设已知，，则____________，数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，则的最大值为___________．【答案】①.②. 【解析】【分析】求出函数的导函数，即可得到，再由求出，即可求出，从而求出，又，则，即可求出的通项公式与，参变分离可得对任意的恒成立，利用对勾函数的性质求出，即可得解.【详解】因为，则，则，由，，所以，解得，所以，所以，由，所以，所以，即数列是以为首项、为公比的等比数列，所以，，因为对任意的恒成立，又且单调递增，所以对任意的恒成立，令，，根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，又，且，，所以，所以的最大值为. 故答案为：；【点睛】关键点睛：本题的关键是得到，从而得到，求出数列的通项公式，最后参变分离转化为求.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知函数，且.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求函数的极值.【答案】（1）（2）极小值为，极大值为【解析】【分析】（1）首先根据求，再根据导数的几何意义求切线方程；（2）首先根据导数判断函数的单调性，再求函数的极值.【小问1详解】由题设，则；，则，所以点处的切线方程为，即；【小问2详解】由（1），由，有或，由，有，故区间上单调递增，在上单调递减，所以的极小值为，极大值为.18已知直线：和圆：.（1）求圆C的圆心坐标和半径； （2）求经过圆的圆心且与直线垂直的直线方程.【答案】（1）半径为2，圆心坐标为（2）【解析】【分析】（1）将圆的一般方程化为标准方程，即可求解；（2）首先利用垂直关系设所求直线方程为，再代入圆心坐标，即可求解.【小问1详解】圆可化为，则圆心为，半径为2；【小问2详解】设与直线垂直直线的方程为已求出圆的圆心坐标为，又因为直线经过圆心，所以，即，故所求直线方程为19.已知等比数列的前项和为，，且，，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）已知，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据条件求首项和公比，即可求通项公式；（2）由（1）可知，，再利用错位相减法求和.【小问1详解】因为数列是等比数列，设公比为，且成等差数列，所以，解得，所以；【小问2详解】 把代入，化简得，则①由①得②由①②得；化简得，解得.20.如图，平面，，，，，，点E，F，M分别为，，的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用平行关系，转化为证明四边形是平行四边形，通过线线平行证明线面平行；（2）根据垂直关系，以点为原点建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，根据法向量求平面夹角的余弦值.【小问1详解】证明：连接，因为，所以，又，所以为平行四边形，因为点分别为的中点，所以，因为为的中点，所以， 则，所以四边形为平行四边形，则，又因为面，面，所以平面.【小问2详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则设平面的法向量为，则，令，则，即，设平面的法向量为，则令，则，即，设平面与平面所成夹角为，则，所以平面与平面所成夹角为21.在直角坐标系中，已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率是，点P为椭圆短轴的一个端点，的面积是.（1）求椭圆的方程；（2）若动直线与椭圆交于两点，且恒有，是否存在一个以原点为圆心的定圆，使得动直线始终与定圆相切？若存在，求出圆的方程，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）根据离心率与三角形的面积公式得的值，进而得椭圆的方程.（2）讨论直线的斜率不存在，设其方程为，根据得，代入方程解得，进而求得；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，求得，再联立方程，运用判别式大于和韦达定理，以及向量数量积的坐标表示，结合恒成立思想，求得，即可判断存在定圆满足题意.【小问1详解】依题意可得，，又，解得，所以椭圆方程为【小问2详解】存在，其定圆的方程是.设原点到直线的距离为，当直线斜率不存在时，设直线的方程为，由，可知为等腰直角三角形，则可设，∴，即，此时，当直线的斜率存在时，设直线的方程为， ∴，整理得，联立方程，可得，此时，，∴即恒成立，即恒成立，所以，即，所以定圆的方程是；综上，当时，存在定圆始终与直线相切，其方程是.【点睛】关键点点睛：本题关键在于借助，代入，并分解为.22.已知函数，，.（1）讨论函数的单调性；（2）设，若存在零点，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）对函数求导并对参数进行分类讨论，即可求得出函数的单调性；（2）分离参数并构造函数，求导得出函数单调性并利用函数与方程的思想画出图象即可求得实数的取值范围. 【小问1详解】由.求导可得，当时，，此时，函数在上单调递增；当时，令，解得；若，解得在上单调递增；若，解得在上单调递减；综上，当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.【小问2详解】令，易知，分离参数得，令，其中，则，当时，；当时，，函数的减区间为，增区间为，所以当时，取得最小值，画出函数的图象如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有交点，即存在零点；故实数的取值范围是.【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；