2023-2024学年福建省师范大学附属中学高二上数学期末监测试题含解析

2023-2024学年福建省师范大学附属中学高二上数学期末监测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．已知向量，，若与共线，则实数值为（）A. B.C.1 D.22．在长方体中，，，则与平面所成的角的正弦值为（）A. B.C. D.3．双曲线的焦距是（）A.4 B.C.8 D.4．将的展开式按x的降幂排列，第二项不大于第三项，若，且，则实数x的取值范围是（）A. B.C. D.5．某研究所计划建设n个实验室，从第1实验室到第n实验室的建设费用依次构成等差数列，已知第7实验室比第2实验室的建设费用多15万元，第3实验室和第6实验室的建设费用共为61万元.现在总共有建设费用438万元，则该研究所最多可以建设的实验室个数是（）A.10 B.11C.12 D.136．下列函数是偶函数且在上是减函数的是A. B.C. D.7．设正实数，满足(其中为正常数)，若的最大值为3，则（）A.3 B.C. D.8．设双曲线的实轴长与焦距分别为2,4，则双曲线C的渐近线方程为（）A. B.C. D.9．动点P，Q分别在抛物线和圆上，则的最小值为（）A. B.C. D.10．方程表示的曲线是（）A.一个椭圆和一个点 B.一个双曲线的右支和一条直线C.一个椭圆一部分和一条直线 D.一个椭圆11．在三棱柱中，，，，则这个三棱柱的高（）A1 B.C. D.12．直线与圆相交与A，B两点，则AB的长等于（）A3 B.4C.6 D.1二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．函数的最小值为______.14．已知函数，则f（e）＝__.15．已知复数对应的点在复平面第一象限内，甲、乙、丙三人对复数的陈述如下为虚数单位：甲：；乙：；丙：，在甲、乙、丙三人陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则复数______16．若恒成立，则______.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）如图，已知抛物线的焦点为，点是轴上一定点，过的直线交与两点.（1）若过的直线交抛物线于，证明纵坐标之积为定值；（2）若直线分别交抛物线于另一点，连接交轴于点.证明：成等比数列.18．（12分）已知圆（1）若直线与圆C相交于A、B两点,当弦长最短时,求直线l的方程;（2）若与圆C相外切且与y轴相切的圆的圆心记为D,求D点的轨迹方程19．（12分）如图，四边形为矩形，，且平面平面.（1）若，分别是，的中点，求证：平面；（2）若是等边三角形，求平面与平面夹角的余弦值.20．（12分）已知点，直线：，直线m过点N且与垂直，直线m交圆于两点A，B.（1）求直线m的方程；（2）求弦AB的长.21．（12分）已知椭圆的上下两个焦点分别为，，过点与y轴垂直的直线交椭圆C于M，N两点，△的面积为，椭圆C的离心率为（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知O为坐标原点，直线与y轴交于点P，与椭圆C交于A，B两个不同的点，若存在实数，使得，求m的取值范围22．（10分）已知函数f(x)＝ax－2lnx（1）讨论f(x)的单调性；（2）设函数g(x)＝x－2，若存在，使得f(x)≤g(x)，求a的取值范围

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、D【解析】根据空间向量共线有，，结合向量的坐标即可求的值.【详解】由题设，有，，则，可得.故选：D2、D【解析】过点作的垂线，垂足为，由线面垂直判定可知平面，则所求角即为，由长度关系求得即可.【详解】在平面内过点作的垂线，垂足为，连接.，，，平面，平面，的正弦值即为所求角的正弦值，，，.故选：D.3、C【解析】根据，先求半焦距，再求焦距即可.【详解】解：由题意可得，，∴，故选：C【点睛】考查求双曲线的焦距，基础题.4、A【解析】按照二项展开式展开表示出第二项第三项，解不等式即可.【详解】由二项展开式，第二项为：，第三项为：，依题意，两边约去得到，即，由知，则，同时约去得到.故选：A.5、C【解析】根据等差数列通项公式，列出方程组，求出的值，进而求出令根据题意令，即可求解.【详解】设第n实验室的建设费用为万元，其中，则为等差数列，设公差为d，则由题意可得，解得，则.令，即，解得，又，所以，，所以最多可以建设12个实验室.故选：C.6、C【解析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性与单调性，综合即可得答案【详解】根据题意，依次分析选项：对于A，为一次函数，不是偶函数，不符合题意；对于B，，，为奇函数，不是偶函数，不符合题意；对于C，，为二次函数，是偶函数且在上是减函数，符合题意；对于D，，，为奇函数，不是偶函数，不符合题意；故选C【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的判定，关键是掌握常见函数的奇偶性与单调性，属于基础题7、D【解析】由于，，为正数，且，所以利用基本不等式可求出结果【详解】解：因为正实数，满足(其中为正常数)，所以，则，所以，所以故选：D.8、C【解析】由已知可求出，即可得出渐近线方程.【详解】因为，所以，所以的渐近线方程为.故选：C.9、B【解析】设，根据两点间距离公式，先求得P到圆心的最小距离，根据圆的几何性质，即可得答案.【详解】设，圆化简为，即圆心为（0,4），半径为，所以点P到圆心的距离，令，则，令，，为开口向上，对称轴为的抛物线，所以的最小值为，所以，所以的最小值为.故选：B10、C【解析】由可得，或，再由方程判断所表示的曲线.【详解】由可得，或，即或，则该方程表示一个椭圆的一部分和一条直线.故选：C11、D【解析】先求出平面ABC的法向量，然后将高看作为向量在平面ABC的法向量上的投影的绝对值，则答案可求.【详解】设平面ABC的法向量为，而，，则,即有,不妨令,则,故,设三棱柱的高为h，则,故选：D.12、C【解析】根据弦长公式即可求出【详解】因为圆心到直线的距离为，所以AB的长等于故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解析】由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值.【详解】由题设知：定义域为，∴当时，，此时单调递减；当时，，有，此时单调递减；当时，，有，此时单调递增；又在各分段的界点处连续，∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；∴故答案为：1.14、【解析】由导数得出，再求.【详解】∵，∴，，解得，，，故答案为：.15、##【解析】设，则，然后分别求出甲，乙，丙对应的结论，先假设甲正确，则得出乙错误，丙正确，由此即可求解【详解】解：设，则，甲：由可得，则，乙：由可得：，丙：由可得，即，所以，若，则，则不成立，，则，解得或，所以甲，丙正确，乙错误，此时或，又复数对应的点在复平面第一象限内，所以，故答案为：16、1【解析】利用导数研究的最小值为，再构造研究其最值，即可确定参数a的值.【详解】令，则且，当时，递减；当时，递增；所以，即在上恒成立，令，则，当时，递增；当时，递减；所以，综上，.故答案为：1三、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）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）设直线方程为，联立抛物线方程用韦达定理可得；（2）借助（1）中结论可得各点纵坐标之积，进而得到F、T、Q三点横坐标关系，然后可证.【小问1详解】显然过T的直线斜率不为0，设方程为，联立，消元得到，.【小问2详解】由（1）设，因为AP与BQ均过T(t,0)点，可知，又AB过F点，所以，如图：，,设M(n，0）,由（1）类比可得.，且，成等比数列.18、（1）（2）【解析】(1)先求出直线过的定点,再根据弦长|AB|最短时,求解.(2)用直译法求解【小问1详解】直线即,所以直线过定点.当弦长|AB|最短时,因为直线PC的斜率所以此时直线的斜率所以当弦长|AB|最短时,求直线的方程为,即【小问2详解】设,易知圆心D在轴上方,圆D半径为因为圆与圆外切,所以即整理得点的轨迹方程为19、（1）证明见解析（2）【解析】（1）通过构造平行四边形，在平面中找到即可证明（2）建立直角坐标系，通过两个面的法向量夹角的余弦值求出面面夹角的余弦值【小问1详解】证明：设为的中点，连接，，因为，分别为，的中点.所以且，又，为的中点，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；【小问2详解】取的中点，连接，，则，∵平面平面，平面平面，∴平面，∵是等边三角形，为中点，∴，分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，.设为平面的一个法向量，则有即取可取，设为平面的一个法向量，则有即可取，所以，设平面与平面的夹角为，则，∴，即平面与平面夹角的余弦值为.20、（1）（2）【解析】（1）求出斜率，用点斜式求直线方程；（2）利用垂径定理求弦长.【小问1详解】因为直线：，所以直线的斜率为.因为直线m过点N且与垂直，所以直线的斜率为，又过点，所以直线：，即【小问2详解】直线与圆相交，则圆心到直线的距离为：，圆的半径为，所以弦长21、（1）；（2）或或.【解析】（1）根据已知条件，求得的方程组，解得，即可求得椭圆的方程；（2）对的取值进行分类讨论，当时，根据三点共线求得，联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理，结合直线交椭圆两点，代值计算即可求得结果.【小问1详解】对椭圆，令，故可得，则，故，则，又，，故可得，则椭圆的方程为：.【小问2详解】直线与y轴交于点P，故可得的坐标为，当时，则，由椭圆的对称性可知：，故满足题意；当时，因为三点共线，若存在实数，使得，即，则，故可得.又直线与椭圆交于两点，故联立直线方程，与椭圆方程，可得：，则，即；设坐标为，则，又，即，故可得：，即，也即，代入韦达定理整理得：，即，当时，上式不成立，故可得，又，则，整理得：，解得，即或.综上所述：的取值范围是或或.【点睛】本题考察椭圆方程的求解，以及椭圆中范围问题的处理；解决本题的关键一是要求得的取值，二是充分利用韦达定理以及直线和曲线相交，则联立方程组后得到的一元二次方程的，属综合中档题.22、（1）答案见解析；（2）.【解析】（1）根据实数a的正负性，结合导数的性质分类讨论求解即可；