安徽省滁州市2023-2024学年高二上学期1月期末联考数学试题 Word版含解析.docx

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2023~2024学年高二第一学期期末联考数学试卷考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册、选择性必修第二册.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.在平面直角坐标系中，直线在轴上的截距为（）A.B.8C.D.【答案】A【解析】【分析】对直线方程，令，即可求得结果.【详解】对方程，令，解得；故直线在轴上的截距为.故选：A.2.已知双曲线的焦距为12，则该双曲线的渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据双曲线的焦距，求得，再求渐近线方程即可. 【详解】因为双曲线的焦距为，所以，解得，所以该双曲线的渐近线方程为.故选：C.3.已知等比数列满足，，则数列前7项的和为（）A.256B.255C.128D.127【答案】D【解析】【分析】根据等比数列通项公式，建立基本量的方程组求解，再应用前项和公式即可得.【详解】设等比数列的公比为，因为，，可得解得，，所以数列前项的和.故选：D.4.圆与圆公切线的条数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】【分析】根据两圆的一般方程求出两圆圆心、半径，求出圆心距.根据圆心距与两半径之间的关系可得两圆外离，即可得出答案.【详解】根据题意：圆，，其圆心为，半径；圆，，其圆心为，半径；两圆的圆心距，所以两圆外离， 所以公切线条数有4条.故选：D.5.已知函数，则的图象在处的切线方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出导函数后计算出切线斜率，然后写出切线方程．【详解】由题意知，所以，又，所以的图象在处的切线方程为，即.故选：A.6.已知，点是抛物线上的一点，点是圆上的一点，则的最小值为（）A.5B.6C.7D.8【答案】B【解析】【分析】根据抛物线定义确定，分析出圆的圆心和半径，点是圆上的一点，则有,即，由此将求的最小值问题转化为求最小值问题，得出当且仅当、、三点共线时，取得最小值即可. 【详解】由题意知是抛物线的焦点，抛物线准线方程为：，过点作垂直于准线，垂足为,即点到抛物线线的准线的距离为：；圆是圆心为，半径的圆，根据抛物线定义有：，因为点是圆上的一点,所以,即,由此有：，当且仅当、、三点共线时，取得最小值，所以，所以的最小值为6.故选：B.7.如图，在棱长为3的正方体中，点是棱上的一点，且，则点到平面的距离为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用向量法求点到面的距离即可. 【详解】以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示.所以，，，，所以，.设平面的法向量，所以令，解得，，所以平面的一个法向量，又，所以点到平面的距离.故选：B.8.已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出函数的导数，通过在上单调递减，列出不等式然后通过函数的最值求解实数的取值范围.【详解】由题意知在上恒成立，所以在上恒成立.令，所以，所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递琙，所以，所以，解得，即的取值范围是.故选：C.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.下列说法正确的是（）A.若P，A，B，C四点共面，则存在实数x，y，使得B.若直线的方向向量为，直线的方向向量为，则C.若直线的方向向量为，平面的法向量为，则D.对于空间中的一点，若，则A，B，C，P四点共面【答案】BD【解析】【分析】A、C由空间向量共面定理判断；B，由线线垂直向量法判断；D由线面垂直向量法判断.【详解】若C，A，B三点共线，点与C，A，B三点不共线时，则不存在实数x，y，使得，故A错误；因为，所以，故B正确；因为，所以或，故C错误；因为，所以，所以，所以A，B，C，P四点共面，故D正确.故选：BD.10.已知等差数列的前项和为，公差，且，则下列说法正确的是（）A.B.C.当取得最小值时，的值为22D.当时，的最小值为44【答案】ABD【解析】 【分析】利用等差数列的性质逐个分析选项即可.【详解】因为，所以，所以，又，所以，故A正确；，故B正确；因为，所以该等差数列是递增数列，又，所以当，或时，取得最小值，故C错误；，又，所以，因此的最小值为44，故D正确.故选：ABD.11.已知函数的定义域为，其导函数为，且对任意的，都有，则下列说法正确的是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】令，可得在上单调递增，取自变量的值可得结果.【详解】令，所以，所以在上单调递增，所以，即，故A错误，B正确；又，所以，即，故C正确，D错误.故选：BC.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形．(2)构造新的函数．(3)利用导数研究的单调性或最值．(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．12.已知抛物线的焦点为，且，B，C 三点都在抛物线上，则下列说法正确的是（）A.点的坐标为B.若直线过点F，O为坐标原点，则C.若，则线段的中点到轴距离的最小值为D.若直线，是圆的两条切线，则直线的方程为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，将点代入抛物线，得到方程后再求解即可.对于B，联立方程组后，运用平面向量的坐标运算求解即可，对于C，运用焦半径公式结合基本不等式求解即可，对于D，运用几何法，设切线，求解方程即可.【详解】因为在抛物线上，所以，解得，所以，故A正确；显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，由得，所以，所以，所以，故B正确；因为（大于通径长），当且仅当B，C，F三点共线时，等号成立，所以，所以，即线段的中点到轴距离的最小值为，故错误；直线的斜率为，所以直线的方程为，即，又直线与圆相切，所以，整理得，即.同理可得，所以直线的方程为，故D正确. 故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若直线与直线互相垂直，则__________.【答案】【解析】【分析】利用直线垂直的定义计算即可.【详解】由题意知直线的斜率为，若，则一条直线的斜率为，另一条直线垂直于轴，此时两直线不垂直.故，所以直线的斜率为，且两直线相互垂直，故有，解得.故答案为：14.在四棱柱中，，，，则__________.【答案】3【解析】【分析】根据向量线性运算法则有，平方后利用数量积的运算求解．【详解】由题意知，所以，即，解得，即.故答案：3. 15.已知双曲线左、右焦点分别为，，点在的左支上，且，，则的离心率为__________.【答案】【解析】【分析】利用双曲线的定义，结合题意和余弦定理建立齐次式，从而得解.【详解】由双曲线定义知，，又，所以，，又，，在中，由余弦定理得，即，整理得，解得或（舍），即的离心率为.故答案为：.16.已知实数x，y满足，则的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】利用同构将目标式转化为一元函数，利用导数求解最值即可.【详解】因为，所以. 令，所以，所以在上单调递增，又，所以，所以，所以，令，所以，令，解得；令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即的最大值为.故答案为：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.已知数列的前项和为，，且.（1）求通项公式；（2）若，数列的前项和为，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用，得到，从而说明是公差为2的等差数列，利用等差数列的基本量计算即可;（2）表示出，利用裂项相消法，计算证明即可.【小问1详解】因为，所以，所以，所以是公差为2的等差数列，又，所以，解得，所以.【小问2详解】 由（1）知，.又，所以.18.已知圆.（1）若点是圆上的一点，求的取值范围；（2）过点的直线与圆交于两点，且，求直线的方程.【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1）设，由直线与圆有公共点，借助直线与圆的位置关系求解即可；（2）利用圆的弦长公式求出，分类讨论利用点到直线的距离，求出直线的方程即可.【小问1详解】由圆，可得圆心，半径为.设，则直线与圆有公共点，所以，解得，所以的取值范围是.【小问2详解】由圆，可得圆心，半径为.设点到直线的距离为，因为，所以，解得，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，符合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 即，所以点到直线的距离为，解得，所以直线的方程为.综上，直线的方程为或.19.如图，在四棱锥中，四边形是正方形，平面，，点，分别为棱，的中点.（1）求证：；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证，然后证明平面，得，从而可证得平面，证得线线垂直；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．【小问1详解】证明：因为平面，平面，所以.因为四边形是正方形，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，在中，，又点是棱的中点，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以.【小问2详解】因为平面，，平面，所以，， 又四边形是正方形，所以.以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设，所以，，，，.设平面的法向量，又，，所以令，解得，，所以平面的一个法向量.设平面的法向量，又，，所以令，解得，，所以平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，所以，即平面与平面夹角的余弦值为.20.在数列中，，且.（1）求的通项公式；（2）记数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）由，可得，然后根据累加法结合条件即可求解；（2）利用错位相减法求出，然后根据恒成立分类讨论即可求解.【小问1详解】因为，所以，即，当时，，所以，又符合，所以；【小问2详解】由题意知，，两式相减得，所以，若不等式对任意的恒成立，当，时，则，所以，当，时，则，所以，即，所以，即的取值范围为.21.已知函数.（1）若，求的极值； （2）若函数恰有两个零点，求的取值范围.【答案】（1）的极小值为1，无极大值.（2）【解析】【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性和极值；（2）求导，分类讨论判断单调性，结合零点存在性定理判断的零点.【小问1详解】若，则，可知的定义域为，且，令，解得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，且，所以的极小值为1，无极大值.【小问2详解】因为，则的定义域为，且.当时，，则在上单调递增，所以至多有一个零点，不符合题意；当时，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，.令，，则，所以在上单调递减，且，若，则，则至多有一个零点，不符合题意；若，则，且， 又在上单调递减，所以在上存在唯一一个零点；，因为，所以，令，令，，所以，所以在上单调递增，所以，即，所以，又在上单调递增，所以在上存在唯一一个零点，所以当时，函数恰有两个零点.综上，的取值范围是.【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；（2）求导数，得单调区间和极值点；（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．22.已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，，上、下顶点分别为，，且四边形的面积为12.（1）求的方程；（2）过点直线交于M，N两点（不同于，两点），直线与直线交于点，试判断的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）（2）是定值；12【解析】【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出、的值，由此可得出椭圆的方程；（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立得根与系数关系，设出直线的方程，直线的方程，将两个方程相除运算求得点的纵坐标，得解. 【小问1详解】由题意知，解得，，，所以椭圆的方程为.【小问2详解】由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为，，.由，得，所以，.易得，，所以直线的方程为，直线的方程为，由，得，即，解得，即点的纵坐标，所以的面积，即的面积为定值12.