浙江省余姚市2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷 Word版含解析.docx

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余姚市2023学年高二第一学期高中期末试卷数学试题说明：本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟，本次考试不得使用计算器，请考生将所有题目都做在答题卡上.第Ⅰ卷（选择题，共60分）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.经过两点的直线的倾斜角为（）A.30°B.60°C.120°D.150°【答案】D【解析】【分析】利用斜率公式和倾斜角与斜率的关系求解.【详解】解：因为直线经过，所以经过该两点的直线的斜率为，设直线的倾斜角为，则，因为，所以，故选：D2.已知圆：，圆：，则两圆的位置关系为（）A.内切B.相交C.外切D.外离【答案】B【解析】【分析】将圆的方程化为标准方程，得各自的半径，圆心，结合圆心距满足的条件即可判断.【详解】由题意圆：即圆：的圆心，半径分别为，圆：即圆：的圆心，半径分别为，所以两圆的圆心距满足， 所以两圆的位置关系为相交.故选：B3.在平行六面体中，为的中点，若，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】画出图形，由空间向量的线性运算法则，准确运算，即可求解【详解】由题意可作出平行六面体，如图，则，即，故A正确.故选：A.4.双曲线的焦点到渐近线的距离为（）A.B.2C.D.【答案】B【解析】【分析】根据双曲线方程求解出焦点坐标和渐近线方程，再根据点到直线的距离公式求出结果.【详解】由题意可知双曲线，则焦点坐标，渐近线方程为， 不妨取焦点，渐近线，所以焦点到渐近线的距离为，故B正确.故选：B.5.已知函数，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】对函数求导得，从而可求解.【详解】由题意得，所以.故A正确.故选：A.6.把正方形纸片沿对角线折成直二面角，为中点，为的中点，是原正方形的中心，则折纸后的余弦值大小为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】要求的余弦值，需求,故要构造，分别求，易得可通过余弦定理求得即可.【详解】如图，连接,则,过点作,垂足为，连接.因平面平面,且平面平面，平面，故得：平面，又平面,则.设正方形的边长为4，则, 在中，由余弦定理可得：,在中，,又,设,在中，由余弦定理：.故选：C.7.数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列1，1，2，3，5，8其中从第项起，每一项都等于它前面两项之和，即，，这样的数列称为“斐波那契数列”，则下列各式中正确的选项为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据“斐波那契数列”的定义以及数列求和等知识求得正确答案.【详解】A选项，，所以A选项错误.B选项，，所以B选项错误.C选项，，所以C选项错误.D选项， ，所以D选项正确.故选：D8.设椭圆的左焦点为，点在椭圆外，，在椭圆上，且是线段的中点.若椭圆的离心率为，则直线，的斜率之积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】取线段的中点，连接，取右焦点，连接，推导出，可得出，利用点差法可求得，再结合椭圆的离心率的值，从而可求解.【详解】取椭圆的右焦点为，连接，，如下图所示，  由题意可知，点为椭圆的左焦点，因为点、，易知点为线段的中点，又因为为的中点，所以，取线段的中点，连接，则，所以，则，所以，设点、，则点， 所以，两个等式作差可得，可得，所以，因为椭圆的离心率为，得，所以，即，故B正确.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题的关键是首先得到，再证明中点弦有关斜率之积的结论，从而得到最终答案.二､选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.下列说法中正确的是（）A.直线在轴上的截距是B.直线恒过定点C.点关于直线对称的点为D.过点且在轴､轴上的截距相等的直线方程为【答案】BC【解析】【分析】对于A项，将直线方程化成斜截式方程即得；对于B项，把直线方程化成关于参数的方程，依题得到，解之即得；对于C项，只需验证两点间的线段中点在直线上，且两点的直线斜率与已知直线斜率互为负倒数即可；对于D项，需注意截距相等还包括都为0的情况.【详解】对于A项，由可得：，可得直线在轴上的截距是，故A项错误；对于B项，由可得：，因，则有：， 故直线恒过定点，故B项正确；对于C项，不妨设,直线，因直线的斜率为与直线的斜率为1的乘积为，则得,又由点到直线的距离为与点到直线的距离为相等，且在直线的两侧，故点关于直线对称的点为，即C项正确；对于D项，因过点且在轴､轴上的截距相等的直线还有，故D项错误.故选：BC.10.“中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于整除的问题.现将1到500这500个数中能被2除余1且被3除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，其前项和为，则（）A.B.C.D.数列共有84项【答案】ACD【解析】【分析】由题意得现将1到500这500个数中能被2除余1且被3除余1的数按从小到大的顺序排成一列，则它们构成首项为1，末项为499，公差为6的等差数列，由此即可逐一判断每一个选项.【详解】1到500这500个数中能被2除余1的数有：1，3，5，7……499，1到500这500个数中能被3除余1的数有：1，4，7……499，由题意现将1到500这500个数中能被2除余1且被3除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成首项为1，末项为499，公差为6的等差数列，所以，所以，，，数列共有84项.故选：ACD.11.已知抛物线：的焦点为，点为抛物线上一动点，点，则（）A.抛物线的准线方程为B.的最小值为5 C.当时，则抛物线在点处的切线方程为D.过的直线交抛物线于两点，则弦的长度为16【答案】ABD【解析】【分析】对于A，直接由抛物线标准方程即可判断；对于B，由抛物线定义结合三角形三边关系即可判断；对于C，设出切线方程（斜率为参数），联立抛物线方程由判别式为0即可验算；对于D，联立方程和抛物线方程，结合韦达定理、焦点弦公式即可判断.【详解】对于A，由题意抛物线：的准线方程为，故A正确；对于B，如图所示：过点向准线作垂线，设垂足为点，过点向准线作垂线，设垂足为点，所以，等号成立当且仅当点与点重合，点为与抛物线的交点，故B正确；对于C，切点为，且切线斜率存在，所以设切线方程为，联立抛物线方程得，所以，解得，所以当时，则抛物线在点处的切线方程为，故C错误；对于D，由题意，所以，所以直线，即，联立抛物线方程得，所以，，故D正确.故选：ABD. 12.已知，则（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】根据条件构造函数，求导，计算出x与y的关系，再根据函数的性质逐项分析.【详解】因为，即．令，则有，则，令，则，令，可得，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，故，所以总有，故单调递减；所以，即；对于A，，故A错误；对于B，设，则，故在上单调递增，所以，所以，因为，所以，故B正确；对于C，，即．设，则，则，所以单调递增．因为，所以，故C正确；对于D，，即，令，则， 因为，所以为偶函数，所以即为．则，令，则，所以单调递增．又，所以当时，，，函数单调递减；当时，，，函数单调递增，当时，，故D错误；故选：BC.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，则__________．【答案】【解析】【分析】利用空间向量线性运算的坐标表示即可得解.【详解】由，得.故答案为：14.已知正项等比数列，，且，，成等差数列，则_______．【答案】##【解析】【分析】由，，成等差数列可得，求出公比，从而求出数列的通项公式，即可求解.【详解】设数列的公比为，由题意知，，成等差数，则，即，解得或（舍）， 所以数列的通项公式为，则.故答案为：.15.若直线与单位圆和曲线均相切，则直线的方程可以是___________.（写出符合条件的一个方程即可）【答案】（写出符合条件的一个方程即可）【解析】【分析】设直线方程为：，根据直线与单位圆和曲线均相切，方程联立，由判别式为零求解.【详解】解：易知直线的斜率存在，设直线方程为：，由消去y得：，则，化简得，由，消去y得：，则，化简得，由，解得，则，所以直线方程为：，故答案为：（写出符合条件的一个方程即可）16.已知函数有两个零点，求的取值范围______.【答案】【解析】【分析】由函数求导后，对导函数中的参数进行分类讨论，在时，通过判断函数 的单调性求得其最小值，依题需使推得；接着分段说明函数在区间和上各有一个零点即得.【详解】由求导可得：当时，，在上单调递增，所以至多有一个零点．当时，由可得：，由可得：，故函数在上单调递减，在上单调递增，所以，当时，取得最小值，．令，，则，所以，上单调递减．又，所以要使，即，则．又因为，所以在上有一个零点．又令，，则，所以在上单调递增，因为，所以，所以，所以．所以在上也有一个零点．综上所述，a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；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解； （4）分类讨论法：通过对函数求导，根据参数分类讨论函数的单调性和最值，结合函数简图进行推理求解.四、解答题：本大题共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（为常数），曲线在点处的切线平行于直线.（1）求的值；（2）求函数的极值.【答案】（1）（2）极大值为，极小值为【解析】【分析】（1）求导得，由此即可求解；（2）求导得，根据导数与极值的关系列表即可得解.【小问1详解】，∵在点处的切线平行于直线，∴，∴；【小问2详解】由（1）可得，令得或，列表如下：3+00+↗极大值↘极小值↗∴极大值为，极小值为.18.已知的三个顶点，，． （1）求边上中线所在直线的方程；（2）已知点满足，且点在线段的中垂线上，求点的坐标．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）首先得中点坐标，进一步求得所在直线的斜率，结合点斜式化简即可求解；（2）首先得，直线的方程为，结合以及点到直线距离公式得点所在直线方程为或，进一步求得线段的中垂线方程，联立即可得解.【小问1详解】由题意中点，所以所在直线的斜率，所以所在直线的方程为，即边中线所在直线的方程；【小问2详解】因为，，所以，，所以直线的方程为，即，设点到直线的距离，则由题意，所以点到直线的距离，则点所在直线方程为或，因为，，所以，线段中点坐标为， 所以线段的中垂线为，即，所以联立或，所以点的坐标为：或.19.已知数列的首项，且满足.（1）证明：数列是等比数列；（2）若，求正整数的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）4046【解析】【分析】（1）两边取倒数结合等比数列的定义即可得证；（2）由分组求和以及等比数列求和公式得前项和，结合其单调性即可求解.【小问1详解】易知各项均为正，对两边同时取倒数得，即，因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.【小问2详解】由（1）知， 所以，显然单调递增，且，所以的最大值为4046.20.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面平面，是边长为2的正三角形，，，.（1）若平面，求的值；（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）建立适当的空间直角坐标系，由向量的线性运算得，进一步得是平面的一个法向量，由此列出方程即可求解.（2）求出两平面的法向量，由法向量夹角余弦公式即可求解.【小问1详解】 分别取中点，连接，由已知底面是直角梯形，，，，易得，∵平面平面，平面平面，面，∴平面，又因为平面，所以，以中心，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，∵，∴，显然是平面的一个法向量，若平面，则，即；【小问2详解】若，则，由（1），所以，所以，设分别为平面与平面的一个法向量，所以或，令，解得， 则，设平面与平面的夹角为，故，即平面与平面的夹角的余弦值为.21.已知函数（1）讨论单调性；（2）当，证明：.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求函数的定义域和导函数，然后分和判断导数的正负，从而可求得其单调区间；（2）要证明原不等式，只需要使的最大值小于等于，而由（1）可知，再构造函数，利用导数可得，从而可得，进而可证得结论【小问1详解】定义域为，则，①当时，，在上单调递增； ②当时，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，综上，①当时，在上单调递增，②当时，在上单调递增，在上单调递减.【小问2详解】由（1）可得，当时，要证，只需证，即证恒成立.令，则恒成立，设，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，∴的最大值为，所以，所以恒成立，∴原命题得证.，即：当时，.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调区间，利用导数解决不等式恒成立问题，解题的关键是构造函数，利用导数证明，从而可得，考查计算能力，属于中档题 22.已知椭圆过点，离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆交于两点，直线分别与轴交于两点，求证：中点为定点．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意列方程求解即可.（2）由题意显然直线斜率存在，设方程为，，联立椭圆方程，由韦达定理得，，进一步表示出方程和点坐标，证明为定值即可.【小问1详解】因为椭圆过点，离心率为，所以，解得，所以，椭圆的方程为.【小问2详解】 显然直线斜率存在，设方程为，，联立方程得，，由直线方程为，直线方程为，得，.中点为定点．【点睛】关键点点睛：关键是用表示出的坐标，结合韦达定理，证明为定值即可顺利得解.