广东省广州市增城高级中学2024届高二上数学期末统考试题含解析

广东省广州市增城高级中学2024届高二上数学期末统考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．设函数在R上存在导数，对任意的有，若，则k的取值范围是（）A. B.C. D.2．已知点，Q是圆上的动点，则线段长的最小值为（）A.3 B.4C.5 D.63．已知抛物线的焦点为，为抛物线上一点，为坐标原点，且，则（）A.4 B.2C. D.4．已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，若，则的面积为（）A. B.C. D.5．如图，在四面体中，，分别是，的中点，则（）A. B.C. D.6．若复数满足，则复数对应的点的轨迹围成图形的面积等于（）A. B.C. D.7．若函数的图象如图所示，则函数的导函数的图象可能是（）A. B.C D.8．用数学归纳法证明“”的过程中，从到时，不等式的左边增加了（）A. B.C. D.9．在四棱锥中，分别为的中点，则（）A. B.C. D.10．已知等差数列满足，则其前10项之和为（）A.140 B.280C.68 D.5611．曲线在处的切线如图所示，则（）A. B.C. D.12．在平面直角坐标系xOy中，过x轴上的点P分别向圆和圆引切线，记切线长分别为．则的最小值为（）A.2 B.3C.4 D.5二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若等比数列的前n项和为，且，则__________.14．已知是数列的前n项和，且，则________；数列的通项公式________15．椭圆方程为椭圆内有一点，以这一点为中点的弦所在的直线方程为，则椭圆的离心率为______16．已知点，，点P在x轴上，且，则点P的坐标为______三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数在处有极值.（1）求常数a，b的值；（2）求函数在上的最值.18．（12分）设函数（Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）若，为整数，且当时，恒成立，求的最大值．（其中为的导函数．）19．（12分）已知圆，圆心在直线上（1）求圆的标准方程；（2）求直线被圆截得的弦的长20．（12分）在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，且点在椭圆C上（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点的直线与椭圆C交于A，B两点，试探究直线上是否存在定点Q，使得为定值．若存在，求出定点Q的坐标及实数的值；若不存在，请说明理由21．（12分）如图，在长方体中，，点E在棱上运动（1）证明：；（2）当E为棱的中点时，求直线与平面所成角的正弦值；（3）等于何值时，二面角的大小为？22．（10分）已知椭圆（）的离心率为，一个焦点为.（1）求椭圆的方程；（2）设为原点，直线（）与椭圆交于不同的两点，且与x轴交于点，为线段的中点，点关于轴的对称点为.证明：是等腰直角三角形.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C【解题分析】构造函数，求导后利用单调性，对题干条件变形后得到不等关系，求出答案.【题目详解】令，则恒成立，故单调递增，变形为，即，从而，解得：，故k的取值范围是故选：C2、A【解题分析】根据圆的几何性质转化为圆心与点的距离加上半径即可得解.【题目详解】圆的圆心为，半径为，所以，圆上点在线段上时，，故选：A3、B【解题分析】依题意可得，设，根据可得，，根据为抛物线上一点，可得.【题目详解】依题意可得，设，由得，所以，，所以，，因为为抛物线上一点，所以，解得.故选：B.【题目点拨】本题考查了平面向量加法的坐标运算，考查了求抛物线方程，属于基础题.4、B【解题分析】求出，可知为等腰三角形，取的中点，可得出，利用勾股定理求得，利用三角形的面积公式可求得结果.【题目详解】在椭圆中，，，则，所以，，由椭圆的定义可得，取的中点，因为，则，由勾股定理可得，所以，.故选：B.5、A【解题分析】利用向量的加法法则直接求解.【题目详解】在四面体中，，分别是，的中点，故选：A6、D【解题分析】利用复数的几何意义，即可判断轨迹图形，再求面积.【题目详解】复数满足，表示复数对应的点的轨迹是以点为圆心，半径为3的圆，所以围成图形的面积等于.故选：D7、C【解题分析】由函数的图象可知其单调性情况，再由导函数与原函数的关系即可得解.【题目详解】由函数的图象可知，当时，从左向右函数先增后减，故时，从左向右导函数先正后负，故排除AB；当时，从左向右函数先减后增，故时，从左向右导函数先负后正，故排除D.故选：C.8、B【解题分析】依题意，由递推到时，不等式左边为，与时不等式的左边作差比较即可得到答案【题目详解】用数学归纳法证明等式的过程中，假设时不等式成立，左边，则当时，左边，∴从到时，不等式的左边增加了故选：B9、A【解题分析】结合空间几何体以及空间向量的线性运算即可求出结果.【题目详解】因为分别为的中点，则,,,故选：A.10、A【解题分析】根据等差数列的性质，可得，结合等差数列的求和公式，即可求解.【题目详解】由题意，等差数列满足，根据等差数列的性质，可得，所以数列的前10项和为.故选：A.11、C【解题分析】由图可知切线斜率为，∴.故选：C.12、D【解题分析】利用两点间的距离公式，将切线长的和转化为到两圆心的距离和，利用三点共线距离最小即可求解.详解】，圆心，半径，圆心，半径设点P，则，即到与两点距离之和的最小值，当、、三点共线时，的和最小，即的和最小值为.故选：D【题目点拨】本题考查了两点间的距离公式，需熟记公式，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、5【解题分析】根据题意和等比数列的求和公式，求得，结合求和公式，即可求解.【题目详解】因为，若时，可得，故，所以，化简得，整理得，解得或，因为，解得，所以.故答案为：.14、①.②.【解题分析】当时，，推导出，从而数列是从第二项起，公比为的等比数列，进而能求出数列的通项公式，即可求得答案.【题目详解】为数列的前项和，①时，②①②，得：，，，，数列的通项公式为.故答案为：；.15、【解题分析】设，利用“点差法”得到，即可求出离心率.【题目详解】设直线与椭圆交于，则.因为AB中点,则.又，相减得：.所以所以所以，所以，即离心率.故答案为：.16、【解题分析】设，由，可得，求解即可【题目详解】设，由故解得：则点P的坐标为故答案为：三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）最大值为-1，最值为-5.【解题分析】(1)根据给定条件结合函数的导数建立方程，求解方程并验证作答.(2)利用导数探讨函数在上的单调性即可计算作答.【小问1详解】依题意：，则，解得：，当时，，当时，，当时，，则函数在处有极值，所以.【小问2详解】由(1)知：，，，当时，，当时，，因此，在上单调递增，在上单调递减，于是得，而，，则，所以函数在上的最大值为-1，最值为-5.18、（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）.【解题分析】（Ⅰ）的定义域为，，分和两种情况解不等式和即可得单调递增区间和单调递减区间；（Ⅱ）由题意可得对于恒成立，分离可得，令，只需，利用导数求最小值即可求解.【题目详解】（Ⅰ）函数的定义域为，当时，对于恒成立，此时函数在上单调递增；当时，由可得；由可得；此时在上单调递减，在上单调递增；综上所述：当时，函数的单调递增区间为，当时，单调递减区间为，单调递增区间为，（Ⅱ）若，由可得，因为，所以，所以所以对于恒成立，令，则，，令，则对于恒成立，所以在单调递增，因为，，所以在上存在唯一零点，即，可得：，当时，，则，当时，，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，因为，所以的最大值为.【题目点拨】方法点睛：利用导数研究函数单调性的方法：（1）确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）；（2）确定函数的定义域；求导函数，解方程，利用的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，由符号确定在子区间上的单调性.19、（1）；（2）【解题分析】（1）由圆的一般式方程求出圆心代入直线即可求出得值，即可求解；（2）先计算圆心到直线的距离，利用即可求弦长.【题目详解】（1）由圆，可得所以圆心为，半径又圆心在直线上，即，解得所以圆的一般方程为，故圆的标准方程为（2）由（1）知，圆心，半径圆心到直线的距离则直线被圆截得的弦的长为所以，直线被圆截得弦的长为【题目点拨】方法点睛：圆的弦长的求法（1）几何法，设圆的半径为，弦心距为，弦长为，则；（2）代数法，设直线与圆相交于，，联立直线与圆的方程，消去得到一个关于的一元二次方程，从而可求出，，根据弦长公式，即可得出结果.20、（1）（2）存在，定点的坐标为，实数的值为【解题分析】（1）由题意可得，再结合，可求出，从而可求得椭圆方程，（2）设在直线上存在定点，当直线斜率存在时，设过点P的动直线l为，设，，将直线方程代入椭圆方程消去，利用根与系数，再计算为常数可求出，从而可求得，当直线斜率不存在时，可求出两点的坐标，从而可求得的值【小问1详解】由题意知结合，可得，所以椭圆C的标准方程为，【小问2详解】设在直线上存在定点，使为定值，①当直线斜率存在时，设过点P的动直线l为，设，·由得，则，，所以为常数则，解之得，即定点为，则②当直线斜率不存在时，即动直线方程为，不妨设，，此时也成立所以，存在定点使为定值，即21、（1）证明见解析；（2）；（3）.【解题分析】（1）连接、，长方体、线面垂直的性质有、，再根据线面垂直的判定、性质即可证结论.（2）连接，由已知条件及勾股定理可得、，即可求、，等体积法求到面的距离，又直线与面所成角即为与面所成角，即可求线面角的正弦值.（3）由题设易知二面角为，过作于，连接，可得二面角平面角为，令，由长方体的性质及勾股定理构造方程求即可.【小问1详解】由题设，连接、，又长方体中，∴为正方形，即，又面，面，即，∵，面，∴面，而面，即.【小问2详解】连接，由E为棱的中点，则，∴，又，故，∴，又，，故，则，由，若到面的距离为，又，，∴，可得，又，∴直线与面所成角即为与面所成角为，故.【小问3详解】二面角大小为，即二面角为，由长方体性质知：面，面，则，过作于，连接，又，∴面，则二面角平面角为，∴，令，则，故，而，，∴，∴，整理得，解得.∴时，二面角的大小为.