安徽省合肥市第八中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题 Word版含解析.docx

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2023-2024学年第一学期高二年级期末检测数学试题注意事项：1．你拿到的试卷满分为150分，考试时间为150分钟．2．试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分，请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题无效．第Ⅰ卷（选择题）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.在数列中，，则（）A.2B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由数列的递推公式，依次求出即可.【详解】数列中，，则有，，.故选：C.2.“”是“方程表示的曲线为椭圆”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用椭圆的标准方程结合充分、必要条件的定义计算即可.【详解】易知时，，但时有，此时方程表示圆，所以不满足充分性， 若方程表示的曲线为椭圆，则，显然成立，满足必要性，故“”是“方程表示的曲线为椭圆”的必要不充分条件.故选：B3.已知直线和直线互相平行，则实数的值为（）A.或2B.或C.D.【答案】D【解析】【分析】根据平行关系列式求的值，并代入检验即可.【详解】由题意可得：，解得或，若，则两直线分别为，符合题意；若，则两直线均为，不符合题意；综上所述：.故选：D.4.已知等差数列的前项和为，且，则（）A.B.2C.4D.6【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的性质和前n项求和公式计算即可求解.【详解】由题意知，，又，所以.故选：D5.已知是函数的极大值点，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】求导后，得导函数的零点，比较两数的大小，分别判断在两边的导数符号，确定函数单调性，从而确定是否在处取到极大值，即可求得的范围.【详解】，则，，当时，令得或，令得，此时在区间上单调递增，上单调递减，上单调递增，符合是函数的极大值点；当时，恒成立，函数不存在极值点，不符合题意；当时，令得或，令得，此时在区间上单调递增，上单调递减，上单调递增，符合是函数的极小值点，不符合题意；综上，要使函数在处取到极大值，则实数的取值范围是.故选：C.6.从某个角度观察篮球（如图1）可以得到一个对称的平面图形（如图2），篮球的外轮廓为圆，将篮球的表面粘合线视为坐标轴和双曲线，若坐标轴和双曲线与圆的交点将圆的周长八等分，且，则该双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设双曲线的标准方程为，求出圆与双曲线在第一象限内的交点 的坐标，将点的坐标代入双曲线的方程，可得出的值，再利用双曲线的离心率公式可求得该双曲线的离心率.【详解】设双曲线的标准方程为，设圆与双曲线在第一象限内的交点为，连接、，则，因为坐标轴和双曲线与圆的交点将圆的周长八等分，则，故点，将点的坐标代入双曲线的方程可得，所以，所以，该双曲线的离心率为.故选：C.7.如图，在三棱锥中，，平面平面，则三棱锥外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】先确定底面的外接圆圆心，结合图形的特征，利用勾股定理及外接球的表面积公式计算即可.【详解】如图所示，取中点E，连接，在上取F点满足，由题意易知为正三角形，则F点为的外接圆圆心，且,因为平面平面，平面平面，所以底面，底面，过F作，故三棱锥外接球的球心O在直线上，作交于G点，设，球半径为R，根据，易知，四边形为矩形，由勾股定理可知：，即，故其外接球表面积为.故选：B8.已知，，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用的单调性可判断，利用的单调性可判断，故可得三者之间的大小关系. 【详解】设，则有，当时，在上单调递减；，即有，；令，则，当时，，当且仅当时等号成立，故在上单调递减；，即有，，综上所述，则有，故选：B.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.已知直线与圆，则下列结论正确的是（）A.直线必过定点B.与可能相离C.与可能相切D.当时，被截得的弦长为【答案】ACD【解析】【分析】利用直线方程确定过定点可判定A，利用直线与圆位置关系可判定BC，利用弦长公式可确定D.【详解】由直线方程变形得，显然时，即直线过定点，故A正确；易知，即点在圆上，则直线不会与圆相离，但有可能相切，故B错误，C正确；当时，此时直线，圆心为原点，半径为，则圆心到的距离为，所以被截得的弦长为，故D正确.故选：ACD10.定义：设是的导函数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数 的“拐点”．经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图像的对称中心．已知函数的对称中心为，则下列说法中正确的有（）A.B.函数既有极大值又有极小值C.函数有三个零点D.对任意，都有【答案】AB【解析】【分析】根据拐点定义二次求导可计算可求出函数解析式即可判定A，根据导数研究其极值可判定B，结合B项结论及零点存在性定理可判定C，利用函数解析式取特殊值可判定D.【详解】由题意可知，，而，故A正确；此时，，显然或时，，则在上单调递增，时，，即在上单调递减，所以在时取得极大值，在时取得极小值，故B正确；易知，结合B结论及零点存在性定理可知在存在一个零点，故C错误；易知，故D错误.故选：AB11.如图，已知抛物线的焦点为，抛物线的准线与轴交于点，过点的直线（直线的倾斜角为锐角）与抛物线相交于两点（A在轴的上方，在轴的下方），过点A作抛物线的准线的垂线，垂足为，直线与抛物线的准线相交于点，则（） A.当直线的斜率为1时，B.若，则直线的斜率为2C.存在直线使得D.若，则直线的倾斜角为【答案】AD【解析】【分析】根据抛物线的焦点弦的性质一一计算即可.【详解】易知，可设，设，与抛物线方程联立得，则，对于A项，当直线的斜率为1时，此时，由抛物线定义可知，故A正确；易知是直角三角形，若，则，又，所以为等边三角形，即，此时，故B错误；由上可知，即，故C错误；若， 又知，所以，则，即直线的倾斜角为，故D正确.故选：AD12.如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱的中点，为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则（）A.平面B.平面截正方体所得的截面图形为正六边形C.点的轨迹长度为D.能放入由平面分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到线面垂直；B选项，作出辅助线，找到平面截正方体所得的截面；C选项，作出辅助线，得到点Q的轨迹，并求出轨迹长度；D选项，由对称性得到平面分割该正方体所成的两个空间几何体对称，由对称性可知，球心在上，设球心坐标建立方程，求出半径的最大值.【详解】A选项，如图所示以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，故.设平面的法向量为，则， 令得，易知，故平面，即A正确；B选项，取的中点，连接，结合题意可知，所以四点共面且四点共面，两个平面都过点P，所以六点共面，易知，所以平面截正方体所得的截面为正六边形，B正确；C选项，由上知平面，设垂足为，以为圆心为半径在平面上作圆，由题意可知Q轨迹即为该圆，结合B的结论可知平面平分正方体，根据正方体的中心对称性可知平分，故半径，故点Q的轨迹长度为，C错误； D选项，由上知该两部分空间几何体相同，不妨求能放入含有顶点的这一空间几何体的球的半径最大值，结合A项空间坐标系及正方体的对称性知该球球心在上，该球与平面切于点S，与平面、平面、平面都相切，设球心为，则球半径为，易知，故，故球的半径的最大值为，D正确.故选：ABD【点睛】思路点睛：关于立体几何中截面的处理思路有以下方法（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.关于立体几何中求动点轨迹的问题注意利用几何特征，比如动直线与定直线夹角为定值，可以考虑结合圆锥体得出动点轨迹.第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知正方体的棱长为，则异面直线与所成的角的余弦值_________________． 【答案】##【解析】【分析】利用正方体的特征构造平行线求异面直线夹角即可.【详解】如图所示连接，根据正方体的特征易知，且为等边三角形，所以即异面直线与所成的角，且，.故答案为：14.在正项等比数列中，若，_____________．【答案】5【解析】【分析】根据正项等比数列的定义与通项公式，计算即可详解】正项等比数列中，，，解得，舍去负值，所以.故答案：515.以两条直线的交点为圆心，并且与直线相切的圆的方程是_____________________． 【答案】【解析】【分析】直接利用交点坐标和点到直线的距离公式求出圆心和半径，最后求出圆的方程.【详解】利用，解得，则圆心坐标为，设圆的方程为利用圆心到直线的距离，整理得，故圆的方程为.故答案为：.16.关于的不等式恒成立，则实数的最大值为_____________________．【答案】【解析】【分析】构造函数，利用导数研究其单调性及最值，分离参数计算即可.【详解】设，易知，则当时，，即此时两函数均单调递增，当时，，即此时两函数均单调递减，故，对于不等式， 由上可知，故，又单调递增，故.所以实数a的最大值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：观察不等式结构可发现是指对同构式即原式等价于，构造函数判定其单调性与最值分参计算即可.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.已知数列满足．（1）证明数列为等差数列，并求出数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求．【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）根据题中递推公式可得，结合等差数列的定义和通项公式分析求解；（2）由（1）可得，利用裂项相消法运算求解.【小问1详解】因为，则，所以数列是以首项，公差的等差数列，可得，所以 【小问2详解】由（1）可得，所以.18.设圆与两圆中的一个内切，另一个外切．（1）求圆心的轨迹的方程；（2）已知直线与轨迹交于不同的两点，且线段的中点在圆上，求实数的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据圆与圆的位置关系结合双曲线的定义分析求解；（2）联立方程结合韦达定理运算求解.【小问1详解】圆的圆心为，半径为1，圆的圆心为，半径为1，设圆的半径为，若圆与圆内切，与圆外切，则，可得；若圆与圆内切，与圆外切，则，可得；综上所述：，可知：圆心的轨迹是以、为焦点的双曲线，且，可得，所以圆心的轨迹的方程.【小问2详解】 联立方程，消去y得，则，可知直线与双曲线相交，设，线段的中点为，可得，即，且在圆上，则，解得，所以实数的值为.19.如图所示，用平面表示圆柱的轴截面，是圆柱底面的直径，为底面圆心，为母线的中点，已知为一条母线，且．（1）求证：平面平面；（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）根据图形特征结合勾股逆定理先证，由线线垂直得线面垂直，根据线面垂直的性质可得面面垂直；（2）建立合适的空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值.【小问1详解】依题意可知，则是等腰直角三角形，故，由圆柱的特征可知平面，又平面，，因为平面，则平面，而平面，则，因为，则，，所以，因为，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；【小问2详解】由题意及（1）知易知两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系则，所以， 由（1）知是平面的一个法向量，设是平面的一个法向量，则有，取，所以，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.已知函数．（1）设是的极值点，求的值，并求的单调区间；（2）证明：当时，在上恒成立.【答案】（1），单调区间见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，根据极值的定义分析求解，进而可得单调区间；（2）根据题意分析可得，令，利用单调性判断其单调性和符号，即可得结果.【小问1详解】因为的定义域为，则，若是的极值点，则，解得，当，则，，令，解得；令，解得；则在内单调递增，在内单调递减，可知是的极大值点，即符合题意，所以的单调递增区间为，单调递减区间为.【小问2详解】 因为，则，且，可得，即，令，则在内恒成立，可知在内单调递减，可得，即，所以当时，在上恒成立.21.对每个正整数是抛物线上的点，过焦点的直线交抛物线于另一点．（1）证明：；（2）取，并记，求数列的前项和．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设直线，联立方程结合韦达定理分析证明；（2）根据抛物线的定义结合（1）可得，利用分组求和法结合等比数列求和公式运算求解.【小问1详解】由题意可知：抛物线的焦点，且直线的斜率存在，设直线，联立方程，消去y得，可得，所以. 【小问2详解】因为，由（1）可得，则，可得，设数列的前项和为，则，所以.【点睛】关键点点睛：利用韦达定理证明关系，并根据抛物线的定义求.22.已知椭圆的离心率，点在椭圆上．（1）求椭圆的方程；（2）设点，直线分别与椭圆交于点异于，垂足为，求的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意结合离心率列式求，进而可得方程； （2）联立方程求的坐标，根据向量平行可知直线过定点，进而分析可知点在以为直径的圆上，结合圆的性质分析求解.【小问1详解】由题意可得：，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】由题意可得：直线，联立方程，消去x可得，解得或，可知点S纵坐标为，可得，即，同理可得：，即，取，则，，因为，可知∥，即三点共线，可知直线过定点，又因为，且，可知：点在以为直径的圆上，该圆的圆心为，半径，所以的最小值为.