浙江省绍兴市第一中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷 Word版含解析.docx

《浙江省绍兴市第一中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

绍兴一中2023学年高二第一学期期末考试数学试卷一、单选题1.若，，则（）A.10B.3C.D.【答案】D【解析】【分析】先求出再利用向量的模长计算公式即可【详解】，所以故选：D2.若点，已知方向向量为，则实数的值为（）A.B.C.2D.【答案】C【解析】【详解】的方向向量坐标为，即.又也是的方向向量，.3.若直线与相离，则点与圆的位置关系为（）A.点在圆内B.点在圆上C.点在圆外D.无法确定【答案】A【解析】【分析】由题设及点线距离公式有，进而可得即可判断位置关系.【详解】由题设与直线的距离，即，所以点在圆内.故选：A 4.函数的定义域为，导函数在内的图像如图所示，则函数在内极小值点的个数是（）A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】A【解析】【分析】根据极值点的定义，结合导函数的图象，即可判断选项.【详解】，函数单调递增，，函数单调递减，由导函数的图象知：函数在内，与x轴有四个交点：从左向右看，第一个点处导数左正右负，是极大值点，第二个点处导数左负右正，是极小值点，第三个点处导数左正右正，没有变号，所以不是极值点，第四个点处导数左正右负，是极大值点，所以函数在开区间内的极小值点有1个，故选：A5.已知圆，直线，圆上恰有3个点到直线的距离等于1，则圆与圆的位置关系是（）A.内切B.相交C.外切D.相离【答案】B【解析】【分析】结合图形，由圆上恰有3个点到直线的距离等于1得，即得圆的圆心与半径，再由圆心距与两半径和差的关系判断两圆位置关系即可，【详解】由，得，则圆心，半径，由，得， 则圆心，半径，因为圆上3个点到直线的距离是1，由直线，则圆心到直线的距离，故由题可知，则，故圆的圆心为，半径是2，又圆的圆心为，半径是1，则，因为，所以两圆的位置关系是相交.故选：B6.已知为椭圆：的右焦点，直线与椭圆交于点，，则的周长为）A.4B.C.8D.【答案】C【解析】【分析】直线恒过椭圆的左焦点，利用椭圆的定义求得的周长.【详解】直线恒过定点为椭圆的左焦点，由椭圆的定义知的周长.故选：C7.给定函数，若数列满足，则称数列为函数的牛顿数列.已知数列为函数的牛顿数列，，且，，数列的前项和为.则（    ）A.B. C.D.【答案】A【解析】【分析】求出函数的导函数，即可得到，从而得到，两边取对数得到，再由等比数列求和公式计算可得.【详解】由题意得，则，所以，则两边取对数可得，即，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.所以.故选：A.8.已知双曲线，若双曲线不存在以点为中点的弦，则双曲线离心率的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意知点(2a，a)必在双曲线外部；若存在(2a，a)为中点的弦，根据点差法可得弦的斜率为，要使弦不存在，则弦与双曲线无交点，则弦的斜率大于渐近线斜率，如此即可得到的取值范围，进而求出离心率的范围﹒【详解】由题意知点(2a，a)必在双曲线外部，则，得； 假设以(2a，a)为中点存在弦，设弦与双曲线交于，则，两式作差得，即，∵不存在该中点弦，∴直线AB与双曲线无交点，则，得；综上，可得；又∵离心率e＝，∴≤e≤，即，故选：B二、多选题9.下列四个命题中正确的是（    ）A.已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底B.是平面的法向量，是直线的方向向量，若，则C.已知向量，，则在方向上的投影向量为D.为空间中任意一点，若且，则四点共面【答案】AD【解析】【分析】由空间向量基底的性质判断A；由线面平行的条件判定B；由投影向量的概念求C；由向量基本定理的推论判断D.【详解】对于A，假设共面，则存在，使得，则， 因为是空间的一组基底，即不共面，与矛盾，所以不共面，则也是空间的一组基底，故A正确；对于B，当时，满足，但直线不平行于平面，故B错误；对于C，因为，，则在方向上的投影向量为，故C错误；对于D，由空间向量基本定理的推论可知：若，且，则，，，四点共面，故D正确.故选：AD.10.已知数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（）A.当时，存在，，使得数列是等差数列B.当时，存在，，使得数列是等比数列C.当时，存在，，使得数列是等差数列D.当时，存在，，使得数列是等比数列【答案】ABC【解析】【分析】根据给定条件，利用变形给定的递推公式，再按与分别讨论判断即可得解.【详解】因为，当时，，当时，，两式相减可得，，当时，当时，，则，即，当，即，时，数列是等差数列，A正确； 当时，由，数列是等比数列，B正确；当时，当时，，即，当，即时，，此时数列是等差数列，C正确；当时，，即，此时数列既不是等差数列又不是等比数列，D错误.故选：ABC11.已知，是抛物线上异于坐标原点的两个动点，且以为直径的圆过点，则（    ）A.直线的斜率为B.直线过定点C.存在最小值且最小值为D.的外心轨迹为抛物线【答案】BCD【解析】【分析】根据点差法判断A选项，联立方程组得出，求出定点判断B选项，应用弦长公式求出最小值判断C选项，求轨迹方程判断D选项.【详解】由抛物线，得.因为，，两式相减，得，当时，有，此时直线AB的斜率为， 当时，直线AB的斜率不存在，所以A不正确；因为以AB为直径的圆过原点O，所以，即，所以，又，所以，得，，当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，由，消去x，得，所以，故，即，所以直线AB的方程为，当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为，过点，所以B正确．当直线AB的斜率存在时，由弦长公式知，得.当直线AB的斜率不存在时，，所以存在最小值且最小值为，所以C正确．的外心就是弦的中点，记为，其中，.于是，由，以及，得，即，所以的外心的轨迹为抛物线.故选：BCD12.设定义在R上的可导函数和满足，，为奇函数，且.则下列选项中正确的有（    ）A.为偶函数B.为周期函数 C.存在最大值且最大值为D.【答案】AD【解析】【分析】A选项，两边求导得到，故，故A正确；B选项，构造，求导得到，从而构造，求导得到，求出，，结合函数奇偶性和方程思想得到，，，，从而，B错误；C选项，利用基本不等式求出最小值为，D选项，计算出.【详解】A选项，由为奇函数，即，对方程两边同时求导，根据求导法则，得，即，从而为偶函数，所以A正确.B选项，由题意知，构造函数，，根据求导法则，得，即，于是，构造函数，，根据求导法则，得.从而，，即，，其中为待定常数.由为奇函数，得.再由，得，又，即，从而，.另由为奇函数，为偶函数知，， 与联立，解得，，，.由于当时，，故不是周期函数，所以B不正确；C选项，由基本不等式知，，其中当且仅当时等号成立，即存在最小值且最小值为，所以C不正确；D选项，，D正确.故选：AD【点睛】利用函数与导函数相关不等式构造函数，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路：比如：若，则构造，若，则构造，若，则构造，若，则构造.三、填空题13.圆与圆的公共弦所在直线的方程为________．【答案】【解析】 【分析】利用两圆的一般方程相减即可得出结果.【详解】联立两圆的方程得，两式相减并化简，得，所以两圆公共弦所在直线的方程为．故答案为：.14.等比数列的前项和为，若，则__________.【答案】【解析】【分析】设等比数列的公比为，根据等比数列的求和公式，列出方程，求得，再结合等比数列的通项公式，准确计算，即可求解.【详解】设等比数列的公比为，首项为，且，若，则，与题设矛盾，所以，则，解得，所以.故答案：.15.已知有公共焦点的椭圆与双曲线中心为原点，焦点在轴，左，右焦点分别是，且它们在第一象限的交点为，是以为底边的等腰三角形，若椭圆与双曲线的离心率分别为，则_____________.【答案】【解析】【详解】由题意如图所示： 设椭圆的半长轴为，双曲线的实半轴为，椭圆和双曲线的半焦距为，，，，因为是以为底边的等腰三角形，所以由椭圆的定义可得：①，由双曲线定义可得②，①减②可得：，即，故答案为：．16.设，当a，b变化时，的最小值为_______.【答案】.【解析】【分析】函数表示点和的距离加上的纵坐标，计算得到，设函数，计算得到，得到答案.【详解】，函数表示点和的距离加上的纵坐标，画出和的图像，如图所示： 故，当共线时等号成立.设，则，，当时，，故，函数单调递增；当时，，故，函数单调递减.，故.综上所述：的最小值是.故答案为：.【点睛】本题考查了函数的最值问题，转化为对应的几何意义是解题的关键.四、解答题17.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若的极小值为，求的值．【答案】（1）答案见解析（2）4【解析】【分析】（1）根据题意先对函数求导后，然后对分情况讨论，从而可求解；（2）根据函数极小值为，结合（1）从而求解.【小问1详解】因为的定义域为，所以，当时，，则在上递增， 当时：若时，解之得：或，所以得：在区间，上单调递增，若时，解之得：，所以得：在区间上单调递减.综上所述，当时，在上单调递增，当时，在区间和上单调递增，在区间上单调递减.【小问2详解】由（1）知，当时在上单调递增，故不存在极值，当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以在处取得极小值，所以，解之得，故的值为4.18.已知圆的圆心在直线上，且与直线相切于点.（1）求圆的方程；（2）若过点的直线被圆截得的弦的长为4，求直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据圆的圆心在直线上，设圆心为，再根据圆与直线相切于点求解；（2）分直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况，利用弦长公式求解.【小问1详解】解：因为圆的圆心在直线上，所以设圆心为， 又因为圆与直线相切于点，所以，解得，所以圆心，半径为，所以圆的方程；【小问2详解】当直线的斜率不存在时：直线方程为，圆心到直线的距离为，所以弦长为，成立；当直线的斜率存在时，设直线方程为，即，圆心到直线的距离为，所以弦长为，解得，所以直线方程为：，所以直线的方程为或.19.如图，在直三棱柱中，.（1）证明：；（2）若点在棱上，，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）依题意，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得证；（2）结合（1）中结论，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【小问1详解】在直三棱柱中，，故以为坐标原点，方向分别为轴的正方向建立如图空间直角坐标系.则，所以，所以，所以.【小问2详解】因为点在棱上，，所以，又，则，设平面的法向量为，则，即，令，则， 设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.20.已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆右焦点作两条互相垂直的弦AB与CD，求的取值范围.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）根据题意，由离心率可得的关系，再将点的坐标代入即可得到椭圆方程；（2）根据题意，先讨论两条弦中一条斜率为0时，另一条弦的斜率不存在，再讨论两条弦斜率均存在且不为0，此时设直线的方程为，则直线的方程为，联立椭圆与直线方程，结合韦达定理与弦长公式分别表示出弦长与弦长，即可得到结果.【小问1详解】∵，所以.设椭圆方程为，将代入，得.故椭圆方程为.【小问2详解】①当两条弦中一条斜率为0时，另一条弦的斜率不存在， 易得其中一条弦为长轴，另一条弦长为椭圆的通径为，即；②当两条弦斜率均存在且不为0时，设，，设直线的方程为，则直线的方程为，将直线的方程代入椭圆方程中，并整理得：，∴，，∴，同理，，∴，令，则，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴.综合②可知，的取值范围为.21.已知数列满足，. （1）求数列的通项公式；（2）证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意等比数列的定义和通项公式运算求解；（2）由（1）可知，由放缩可得当时，，结合等比数列求和分析求解.【小问1详解】由，即，可得，且，故，可知是首项为2，公比为的等比数列，则，即，所以数列的通项公式为.【小问2详解】由（1）可知.显然，，当时，则，可得. 于是；综上所述：.22.设为正实数，函数存在零点，且存在极值点．（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先求函数的导函数，再求出切点处的导数即斜率，最后应用点斜式求出切线方程；（2）先设函数根据单调性求出范围，再根据零点个数转化为不等式计算求解.【小问1详解】，则，当时，，所以切点坐标为，则切线方程为，即．【小问2详解】∵，记，∵，∴在单调递增， 记，，当时，，单调递增；当时，，单调递减，∴，有，故有．∴，可得，又∵，∴存在唯一正根，使得，且在上，在上，在时，，在时，，且，即存在唯一正根，故定有极小值点，由，可知，∴，又∵存在零点，∴，即，∴，可得.