湖南师范大学附属中学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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湖南师大附中2023—2024学年度高二第一学期期末考试数学试卷时量：120分钟满分：150分得分：一､选择题：本大题共8个小题，每小题5分，满分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.设复数满足在复平面内对应的点为，则（）A.B.C.D.2.直线与直线平行，则等于（）A.2B.-3C.2或-3D.-2或-33.已知角的终边与单位圆的交点为，则等于（）A.B.C.D.4.随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化､网络化､智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个基站时要到（）A.2022年12月B.2023年2月C.2023年4月D.2023年6月5.已知，则等于（）A.1B.243C.121D.1226.设椭圆的两焦点分别为，以为圆心，为半径的圆与椭圆交于两点.若为直角三角形，则椭圆的离心率为（）A.B.C.D.7.如图，在平行四边形中，点是的中点，点为线段上的一动点，若，则的最大值为（） A.B.C.1D.28.已知当时，不等式恒成立，则正实数的最小值为（）A.1B.C.D.二､多选题：本大题共4个小题，每小题5分，满分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.某校的4个班级分别从3个景点中选择一处游览，不同的选法的种数是B.从中选择2个数（可重复）组成两位偶数，一共有10个C.两个口袋分别装有2个和3个不同的小球，从两个口袋中分别各取1个球，共有5种取法D.从中选择2个不同的数作为分子分母组成分数，共可以组成10个分数10.设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并且满足条件.则下列结论正确的是（）A.B.C.的最大值为D.的最大值为11.已知函数的定义域为，则（）A.为奇函数B.在上单调递增C.恰有4个极大值点D.有且仅有4个极值点12.下列有关正方体的说法，正确的有（）A.正方体的内切球､棱切球､外接球的半径之比为B.若正方体的棱长为为正方体侧面上的一个动点，为线段的两个三等分点，则的最小值为 C.若正方体8个顶点到某个平面的距离为公差为1的等差数列，则正方体的棱长为D.若正方体的棱长为3，点在棱上，且，则三棱锥的外接球表面积为三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数，若，则__________.14.若直线与圆交于两点，当最小时，劣弧的长为__________.15.已知的内角所对的边分别为，若，且，则__________.16.如图，椭圆与双曲线有公共焦点，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为两曲线的一个公共点，且为的内心，三点共线，且轴上点满足，则的最小值为__________；的最小值为__________.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.（本小题满分10分）已知函数.（1）求函数的单调递减区间和最小正周期；（2）若当时，不等式有解，求实数的取值范围.18.（本小题满分12分）用总长为的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制容器底面一边比另一边的长多，那么高为多少时容器的容积最大？最大容积是多少？19.（本小题满分12分） 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记.（1）求长的最小值；（2）当的长最小时，求二面角的正弦值.20.（本小题满分12分）已知数列的首项，且满足（1）记，证明：为等比数列；（2）求数列的通项公式及其前项和.21.（本小题满分12分）阅读材料并解决如下问题：Bézier曲线是计算机图形学及其相关领域中重要的参数曲线之一.法国数学家DeCasteljau对Bézier曲线进行了图形化应用的测试，提出了DeCasteljau算法：已知三个定点，根据对应的一定比例，使用递推画法，可以画出抛物线.反之，已知抛物线上三点的切线，也有相应边成比例的结论.已知抛物线上的动点到焦点距离的最小值为.（1）求的方程及其焦点坐标和准线方程；（2）如图，是上的三点，过三点的三条切线分别两两交于点，若，求的值.22.（本小题满分12分） 设且恒成立.（1）求实数的值；（2）证明：存在唯一的极大值点，且.湖南师大附中2023—2024学年度高二第一学期期末考试 数学参考答案一､选择题：本大题共8个小题，每小题5分，满分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.题号12345678答案CCCBBAAB1.C【解析】在复平面内对应的点为.2.C【解析】直线与直线平行，则有，故或-3.故选C.3.C【解析】设为坐标原点，由，得，所以..4.B【解析】每个月开通基站的个数是以5为首项，1为公差的等差数列，设预计我国累计开通500万个基站需要个月，则，化简整理得，，解得或（舍），因为，所以预计我国累计开通500万个基站需要26个月，也就是到2023年2月.5.B【解析】令，得，①令，得，②①+②，得，即.①-②，得，即.所以.6.A【解析】不妨设椭圆的方程为，如图所示，为直角三角形，，又，椭圆的离心率. 7.A【解析】设交于，因为，所以，所以，所以，则，所以，因为三点共线，所以，即，所以，因为，所以，当且仅当，即时等号成立，此时，所以.8.B【解析】由题意，原不等式可变形为，即，设，则当时，恒成立，因为，所以函数在上单调递减，在上单调递增，因为，所以，因为在上单调递增，所以要使，只需，两边取对数，得，因为，所以.令，因为，所以在上单调递增，所以，所以，则，故正实数的最小值为.二､多选题：本大题共4个小题，每小题5分，满分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.题号9101112答案ABACBDABD9.AB【解析】对于选项，每个班级有3种选法，则共有种选法，故正确；对于选项，若个位数是2，则十位数有5种，若个位数是4，则十位数有5种，共个，故B 正确；对于C选项，从两个口袋中分别各取1个球，有种取法，故C错误；对于D选项，分子有5种选法，分母有4种选法，共有个不同分数，故D错误.10.AC【解析】，故A正确；，故B错误；数列为各项为正的递减数列，无最大值，故D错误；又是数列中的最大项，故C正确.11.BD【解析】因为的定义域为，所以是非奇非偶函数，故错误；因为，所以，当时，，则在上单调递增，故B正确；显然，令，得，分别作出在区间上的图象，由图可知，这两个函数的图象在区间上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故在区间上的极值点的个数为4，且只有2个极大值点，故C错误，D正确.12.ABD【解析】设正方体边长为，则其内切球､棱切球､外接球半径分别为，故比值为，故正确；如图，当共线的时候最小，在中，，由余弦定理得， 所以，所以有最小值，故B正确；因为点到某个平面的距离成等差数列，且公差为1.不妨设平面为符合题意的平面，过点，延长分别交平面于点，则点与平面的距离分别应为，因为互相平行，所以它们与平面所成角相等，故由比例关系得.设正方体的棱长为，则，用几何方法可解得，故，由平面，知为四面体的底面上的高，所以由，算得点到平面的距离，，，所以，从而可得，所以正方体的棱长为.故错误；以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设三棱锥的外接球球心为，由得，，解得，所以三棱锥的外接球半径，所以三棱锥的外接球表面积为，D正确.三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.【解析】.14.【解析】直线可化为，则当且，即且时，等式恒成立，所以直线恒过定点，设圆的圆心为，半径，当时，取得最小值，且最小值为，此时弦长对的圆心角为，所以劣弧的长为.15.【解析】，，所以，，又，，即.由，可得， 则，所以，即，，由得.由正弦定理可得则.16.；（第一空2分，第二空3分）【解析】由题意得椭圆与双曲线的焦距为，椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，不妨设点在双曲线的右支上，由双曲线的定义：，由椭圆的定义：，可得：，又，由余弦定理得：，即整理得：，所以：；则，当且仅当时取等号.为的内心，所以为的角平分线，则有，同理：，所以，所以，即，因为，所以，故，为的内心，三点共线，即为的角平分线， 延长射线，连接，由点向作垂线，垂足分别为，，，即为的角平分线.，即为的角平分线，则有，又，所以，即，因为，所以，故，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为.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.【解析】（1）.所以函数的最小正周期.由，解得.所以函数的单调递减区间为.（2）由题意可知，即.因为，所以.故当，即时，取得最大值，且最大值为.所以，实数的取值范围为. 18.【解析】设底面的一边的长为，另一边的长为.因为钢条长为，所以，长方体容器的高为.设容器的容积为，则，，解得（舍去），，当时，，当时，.因此，是函数在内的极大值点，也是最大值点.此时长方体容器的高为.所以，当长方体容器的高为时，容积最大，最大容积为.19.【解析】（1）如图，以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，则.所以.因为.所以当时，的长最小，最小值为. （2）由（1）知，的长最小时，分别为正方形对角线和的中点，可得.设平面的法向量为，由取，可得，同理可求平面的法向量为.则.所以，，因此，二面角的正弦值为.20.【解析】（1）因为且，则.可得.且，所以是以5为首项，4为公比的等比数列.（2）由（1）可得，所以，即.又因为，则.所以数列的通项公式为又.所以， ，.所以数列的前项的和.21.【解析】（1）因为抛物线上的点到焦点距离的最小值为，转化为到准线距离的最小值为，所以，所以.因此抛物线的标准方程为，其焦点坐标为，准线方程为.（2）设，抛物线上过点的切线方程为（显然存在）.将切线方程与抛物线方程联立，得：消去，整理得，所以，从而有.所以抛物线上过点的切线方程为，同理可得抛物线上过点的切线方程分别为，两两联立，可以求得交点的纵坐标分别为，则，同理可得，即.当时，，故，即. 因此.22.【解析】（1）由条件知恒成立，恒成立，令，则恒成立，，①当时，在上单调递增，又，当时，，与矛盾，不合题意；②当时，在单调递减，在单调递增，当时，有极小值，也为最小值，且最小值为，又恒成立，，令，则，在单调递增，在单调递减，，所以由，解得，综上，实数的值为.（2）由题可得，令，则，由得，所以在单调递减，在单调递增，又，，由零点存在定理及的单调性知，方程在有唯一根，设为且， 从而有两个零点和0，所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，从而存在唯一的极大值点，由得，，等号不成立，所以，又在单调递增，所以，