浙江省绍兴市诸暨市2023-2024学年高二上学期期末数学试题 Word版含解析.docx

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诸暨市2023—2024学年高二第一学期期末考试试题数学试卷注意：1．本试题卷分选择题和非选择题两部分．全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟．2．请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上．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.双曲线的焦点坐标是（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据双曲线方程可得，然后根据可得，最后得出结果.【详解】由题可知：双曲线的焦点在轴上，且，所以双曲线的焦点坐标为故选：B2.已知是等比数列，公比为q，前n项和为，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据等比数列的通项公式和性质，即可求解.【详解】.故选：B3.已知函数的导函数为，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】根据题意，求得，列出方程组，即可求解.【详解】由函数，可得，因为，可得，所以，解得.故选：C.4.如图，在平行六面体中，，，，点P在上，且，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】结合几何图形，利用向量的线性运算公式，即可求解.【详解】，，.故选：A5.已知数列的通项公式为，前n项和为，则（）A.数列为等差数列，公差为B.数列为等差数列，公差为8C.当时，数列的前n项和为 D.当时，数列的前n项和为【答案】D【解析】【分析】首先判断数列是等差数列，从而求得，即可判断AB；写出数列的前n项和，并去绝对值，即可判断CD.【详解】对于A，由，得，，可知数列是首项为8，公差为的等差数列，则，则，所以，所以数列为等差数列，公差为，故A错误；对于B，，而，所以数列为等差数列，公差为9，故B错误；对于CD，当时，；当时，；当时，；所以，故C错误，D正确.故选：D6.已知曲线E：，则下列结论中错误的是（）A.曲线E关于直线对称B.曲线E与直线无公共点C.曲线E上的点到直线的最大距离是D.曲线E与圆有三个公共点【答案】C【解析】【分析】分类讨论求出曲线的方程，画出图象，结合图象逐项分析即可.【详解】因为曲线E的方程为， 当，时，曲线E的方程为，当，时，曲线E的方程为，是焦点在上的等轴双曲线右支的一部分.当，时，曲线E的方程为，是焦点在上的等轴双曲线上支的一部分.作出曲线E的图象如图：由图象可知曲线E关于直线对称，曲线E与直线无公共点，故A，B正确；作的平行线与曲线E切于点，曲线E上的点到直线的最大距离是圆的半径为，故C错误；圆的圆心为：，曲线E上的点到圆心的最大距离为.圆过点，如图：曲线E与圆有三个公共点，故D正确.故选：C.7.在平面直角坐标系xOy中，点，在椭圆C：上，且直线OA，OB 的斜率之积为，则（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】首先由题意得到，平方后，利用点在椭圆上，变形得到的值，即可求解.【详解】因为点，在椭圆上，所以，因为直线的斜率之积为，所以，得到，得，.故选：C8.在空间直角坐标系Oxyz中，，，若直线AB与平面xOy交于点，点P的轨迹方程为，则（）A.1B.C.2D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用空间向量共线的坐标表示求出关系式，再利用空间两点间距离求解即得.【详解】依题意，，显然，则，解得， 又，即，所以.故选：B【点睛】关键点睛：利用空间向量共线的坐标表示求得是解题之关键.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.记为无穷等比数列的前n项和，若，则（）A.B.C.数列为递减数列D.数列有最小项【答案】BD【解析】【分析】设等比数列的公比为q，分析可知，由条件可得，可判断ABC选项，对q分情况讨论，利用数列的单调性可判断D选项.【详解】对于A，设等比数列的公比为q，因为，所以，又，即，所以，且，故A错误；对于B，又，故B正确；对于C，若，，当n为奇数时，，此时，则，当n为偶数时，，此时，则，此时数列不单调，故C错误；对于D，因为，当时，此时数列单调递增，则有最小项，无最大项； 当时，若n为正奇数时，，则，此时单调递减，则，若n为正偶数时，，则，此时单调递增，则，故当时，的最大值为，最小值为，综上所述，数列有最小项，故D正确.故选：BD.10.如图，在正三棱台中，已知，则（）A.向量，，能构成空间的一个基底B.在上的投影向量为C.AC与平面所成的角为D.点C到平面的距离是点到平面的距离的2倍【答案】AD【解析】【分析】A选项，根据棱台的特征得到三向量不共线，得到A正确；B选项，建立空间直角坐标系，利用空间投影向量公式得到在上的投影向量为；C选项，求出平面的法向量，利用线面角的夹角公式求出答案；D选项，利用点到平面的距离公式求出两个点到平面的距离，得到D正确.【详解】A选项，正三棱台中，向量，，不共线，故向量，，能构成空间的一个基底，A正确； B选项，，故，，取中点，的中点，连接，则⊥，⊥，取的中心，连接，则⊥底面，过点作平行于，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，连接，过点作⊥于点，则，因为，由勾股定理得，则，故，，故在上的投影为，B错误；C选项，，设平面的法向量为， 则，解得，令得，故，，设AC与平面所成的角为，则，故，故AC与平面所成的角为，C错误；D选项，点C到平面的距离是，点到平面的距离，点C到平面的距离是点到平面的距离的2倍，D正确.故选：AD11.已知直线l：与抛物线C：交于A，B两点，O为坐标原点，则（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】BCD【解析】【分析】将直线方程和抛物线方程联立根据韦达定理和抛物线的定义即可求出，利用向量的数量积公式并结合韦达定理可求出的余弦值即可判断选项、，将△分成以为底的两个同底三角形并结合韦达定理即可求解. 【详解】当时，，此时的焦点坐标为，直线也恒过点，设，，将联立得，，由韦达定理可知，，，，∵，∴，则错误；由抛物线的定义可知，则正确；当时，，此时的焦点坐标为，直线恒过点，设，，将联立得，，由韦达定理可知，，，， 则，即，∴，则正确；，则正确；故选：.12.已知函数，，记，，则（）A.若正数为的从小到大的第n个极值点，则为等差数列B.若正数为的从小到大的第n个极值点，则为等比数列C.，在上有零点D.，在上有且仅有一个零点【答案】ABD【解析】【分析】由，求得，结合等差数列的定义，可判定A正确；由，结合等比数列的定义，可判定B正确；令，即，转化为，令，利用导数求得函数的单调性与极值，进而可判定C错误，D正确.【详解】由函数，可得，， 对于A中，由，令，可得，解得，即所以数列的通项公式为，则（常数），所以数列为等差数列，所以A正确；对于B中，由，则，可得（常数），所以数列为等比数列，所以B正确；对于C、D中，由，令，即，显然，且时，不是函数的零点；当，且时，可得，令，其中，且，可得，令，即，即，解得，且，当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以当时，有极小值，且，当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以当时，有极大值，且，所以函数的值域为，当时，函数与没有公共点，所以函数在上没有零点，所以C错误； 当时，函数与只有一个公共点，即函数在上有且仅有一个零点，所以D正确.故选：ABD.【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.结论拓展：与和相关的常见同构模型①，构造函数或；②，构造函数或；③，构造函数或.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知：的圆心坐标为，半径为r，则________．【答案】0【解析】【分析】首先求圆心和半径，即可求解值.【详解】，圆心为，半径，所以，则.故答案为：14.数列满足，，则________．【答案】【解析】【分析】首先根据递推公式变形得到，再根据等差数列的定义求数列的通项公式，变形后求的值. 【详解】由题意，易知，由，两边取倒数得，即，所以数列是首项，公差为2的等差数列，所以，即，则.故答案为：.15.已知函数在某点处的切线的斜率不大于1，则切点为整点（横纵坐标均为整数）的个数是________．【答案】4【解析】【分析】结合导数的几何意义，转化为，求解集中的整点.【详解】由题意，，即，解得，其中的整点有0,1,2,3，共4个.故答案为：416.已知，是双曲线C：的左右焦点，过作双曲线C的一条渐近线的垂线，垂足为N，直线与双曲线C交于点，且均在第一象限，若，则双曲线C的离心率是________．【答案】或【解析】【分析】易得，再根据双曲线的定义结合，求出，求出，再在中，利用余弦定理构造的齐次式，即可得解.【详解】因为均在第一象限，所以垂足在渐近线上，， 则，由题意可得，所以，又因，所以，即，所以，所以，故，在中，，则，在中，由余弦定理得，，即，整理得，即，解得或，当时，离心率，当时，离心率，所以双曲线C的离心率是或.故答案为：或.【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下： （1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.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.记是公差为整数等差数列的前n项和，，且，，成等比数列．（1）求和；（2）若，求数列的前20项和．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件求出公差，由公式即可确定和.（2）根据已知条件求出，裂项相消法求即可.【小问1详解】设，由，得，所以或，由于，所以.所以，，.【小问2详解】由知：，故，由所以.18.已知圆M：，圆N经过点，，．（1）求圆N的标准方程，并判断两圆位置关系； （2）若由动点P向圆M和圆N所引的切线长相等，求动点P的轨迹方程．【答案】（1），两圆外离（2）【解析】【分析】（1）根据题意可知圆N是以为直径的圆，进而可得圆N、圆M的圆心和半径，进而判断两圆位置关系；（2）设，根据切线长性质结合两点间距离公式分析求解.【小问1详解】由题意可知：，则圆N是以为直径的圆，则圆N的圆心，半径，所以：，又因为圆M的圆心，半径，可得，即，所以两圆外离（相离）.【小问2详解】设圆M上的切点为A，圆N上的切点为B，由题意可得：，设，则，整理得，所以点P的轨迹方程为：．19.已知函数．（1）当时，求函数的单调区间；（2）若函数在内存在两个极值点，求实数a的取值范围．【答案】（1）单调递增区间为：和，单调递减区间为：（2）或 【解析】【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数求解函数的单调区间；（2）首先求函数的导数，并化简为，，再讨论的取值，结合函数的单调性，判断函数极值点的个数，从而求解实数的取值范围.【小问1详解】当时，，定义域为令，得或，所以的单调递增区间为：和，单调递减区间为：小问2详解】①当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，故只有一个极小值点，与条件矛盾，故舍去．②当时，在和上单调递增，在上单调递减，故有两个极值点a和，与条件相符．③当时，和上单调递增，在上单调递减，故有两个极值点a和，与条件相符．④当时，，故在上单调递增，无极值点，舍去．⑤当时，，所以在上单调递增，在上单调递减， 故只有一个极大值点，与条件矛盾，故舍去．综上可得：或20.在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，交于O，，，．（1）求P到平面的距离；（2）求钝二面角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先证明平面，然后作于H，证明面，再求得即得；（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】由题知，，，，，由，，，得平面．在正中，作于H，又平面,平面，所以，又AO，BD是平面ABCD内两相交直线，所以面，所以，点P到平面ABCD的距离为．【小问2详解】建立空间直角坐标系，由（1）知是中点，即， 则，，，，，，设平面的法向量为，则，取，得，设平面的一个法向量是，则，取得，设所求钝二面角的平面角为，则．21.物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出了“牛顿数列”，它在航空航天中应用非常广泛．其定义是：对于函数，若满足，则称数列为牛顿数列．已知，如图，在横坐标为的点处作的切线，切线与x轴交点的横坐标为，用代替重复上述过程得到，一直下去，得到数列．（1）求数列的通项公式； （2）若数列的前n项和为，且对任意的，满足，求整数的最小值．（参考数据：，，，）【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先根据导数的几何意义求切线方程，并令，得到数列的递推公式，即可求解；（2）法一，由（1）可知，，利用错位相减法求数列的前项和，代入不等式，参变分离为，转化为作差判断数列的单调性，再求数列的最大值，即可求解；法二，利用裂项相消法求数列的前项和，代入不等式，参变分离为，转化为作商判断数列的单调性，再求数列的最大值，即可求解.【小问1详解】，在点处的切线方程为：令，得，所以是首项为1，公比为的等比数列，故【小问2详解】令法一：错位相减法 ，，两式相减得：化简得：故，化简得令，则，当时，，即，当时，，即，所以从而整数；法二：裂项相消法由，设且，则， 于是，得，即所以故，化简得令，则时，，当当时，，即，当时，，即，所以从而整数【点睛】关键点点睛：本题的关键是第一问理解题意，理解与的关系，从而求出数列的通项公式，后面的问题迎刃而解.22.抛物线C：，椭圆M：，．（1）若抛物线C与椭圆M无公共点，求实数r的取值范围；（2）过抛物线上点作椭圆M的两条切线分别交抛物线C于点P，Q，当时，求面积的最小值．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由抛物线方程与椭圆方程联立方程组，方程组无实解可得结论；（2）设直线AP和直线AQ得斜率为，，同时设切线方程为，与椭圆方程联立消元后由判别式为0得关系（关于的方程），由韦达定理得，由直线与抛物线相交求得交点坐标，利用平面向量数量积的定义得出，由数量积坐标表示及韦达定理的结论，可把面积表示为的函数，再利用导数求得最小值．【小问1详解】联立得，，由题意上述方程无实根，所以，得，又，所以．【小问2详解】设l：，与椭圆联立得由直线与椭圆相切得，即设直线AP和直线AQ得斜率为，，则，联立，得，解得或，于是，所以，同理可得，令，，则，所以 ，令，，，设，，则，时，，时，，所以在上单调递增，在上单调递减．易知在即时，趋向于正无穷大，又，，故，所以．