2023-2024学年兴安市重点中学高二数学第一学期期末联考试题含解析

2023-2024学年兴安市重点中学高二数学第一学期期末联考试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．考试停课复习期间，小王同学计划将一天中的7节课全部用来复习4门不同的考试科目，每门科目复习1或2节课，则不同的复习安排方法有（）种A.360 B.630C.2520 D.151202．已知命题：△中，若，则；命题：函数，，则的最大值为.则下列命题是真命题的是（）A. B.C. D.3．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.4．已知分别是等差数列的前项和，且，则（）A. B.C. D.5．已知在四棱锥中，平面，底面是边长为4的正方形，，E为棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（）A. B.C. D.6．已知圆，圆C2：x2+y2－x－4y+7=0，则“a=1”是“两圆内切”的（）A.充分必要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件7．，则与分别为（）A.与 B.与C.与0 D.0与8．如图，正三棱柱中，，则与平面所成角的正弦值等于（）A. B.C. D.9．今天是星期四，经过天后是星期（）A.三 B.四C.五 D.六10．已知直线与直线平行，则实数a的值为（）A.1 B.C.1或 D.11．设，则的一个必要不充分条件为（）A. B.C. D.12．在长方体中，（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知一组数据的平均数为4，方差为3，若另一组数据的平均数为10，则该组数据的方差为_______.14．已知实数满足，则的取值范围是____________15．已知，，若x，a，b，y成等比数列，x，c，d，y成等差数列，则的最小值为_____________.16．函数的导数_________________.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）已知数列的前项和为，，.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和；（3）若数列，，求前项和.18．（12分）已知点，点B为直线上的动点，过B作直线的垂线，线段AB的中垂线与交于点P（1）求点P的轨迹C的方程；（2）若过点的直线l与曲线C交于M，N两点，求面积的最小值．（O为坐标原点）19．（12分）已知函数在时有极值0.（1）求函数的解析式；（2）记，若函数有三个零点，求实数的取值范围.20．（12分）已知椭圆C：的离心率为，点和点都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M（1）求椭圆C的方程，并求点M的坐标（用m，n表示）；（2）设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N，问：y轴上是否存在点Q（不与O重合），使得？若存在，求点Q的坐标，若不存在，说明理由21．（12分）已知椭圆的一个顶点为，离心率为（1）求椭圆C的方程；（2）若直线l与椭圆C交于M、N两点，直线BM与直线BN的斜率之积为，证明直线l过定点并求出该定点坐标22．（10分）已知二次函数，.（1）若，求函数的最小值；（2）若，解关于x的不等式.

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【解析】，先安排复习节的科目，然后安排其余科目，由此计算出不同的复习安排方法数.【详解】第步，门科目选门，安排节课，方法数有种，第步，安排其余科目，每门科目节课，方法数有种，所以不同的复习安排方法有种.故选：C2、A【解析】由三角形内角及正弦函数的性质判断、的真假，应用换元法令，结合对勾函数的性质确定的值域即知、的真假，根据各选项复合命题判断真假即可.【详解】由且，可得或，故为假命题，为真命题；令，又，则，故，∵在上递减，∴，故的最大值为.∴为真命题，为假命题；∴为真，为假，为假，为假.故选：A.3、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.4、D【解析】利用及等差数列的性质进行求解.【详解】分别是等差数列的前项和，故，且，故，故选：D5、B【解析】建立空间直角坐标系，以向量法去求直线与平面所成角的正弦值即可.【详解】平面，底面是边长为4的正方形，则有，而，故平面，以A为原点，分别以AB、AD、AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图：则，，，设直线与平面所成角为，又由题可知为平面的一个法向量，则故选：B6、B【解析】先得出圆的圆心和半径，求出两圆心间的距离，半径之差，根据两圆内切得出方程，从而得出答案.【详解】圆的圆心半径的圆心半径两圆心之间的距离为两圆的半径之差为当两圆内切时，，解得或所以当，可得两圆内切，当两圆内切时，不能得出（可能）故“”是“两圆内切”的充分不必要条件故选：B7、C【解析】利用正弦函数和常数导数公式，结合代入法进行求解即可.【详解】因为，所以，所以，，故选：C8、C【解析】取中点，连接，，证明平面，从而可得为与平面所成角，再利用三角函数计算的正弦值.【详解】取中点，连接，，在正三棱柱中，底面是正三角形，∴，又∵底面，∴，又，∴平面，∴为与平面所成角，由题意，，，在中，.故选：C9、C【解析】求出二项式定理的通项公式，得到除以7余数是1，然后利用周期性进行计算即可【详解】解：一个星期的周期是7，则，即除以7余数是1，即今天是星期四，经过天后是星期五，故选：10、A【解析】根据两直线平行的条件列方程，化简求得，检验后确定正确答案.【详解】由于直线与直线平行，所以，或，当时，两直线方程都为，即两直线重合，所以不符合题意.经检验可知符合题意.故选：A11、C【解析】利用必要条件和充分条件的定义判断.【详解】A选项：，，，所以是的充分不必要条件，A错误；B选项：，，所以是的非充分非必要条件，B错误；C选项：，，，所以是必要不充分条件，C正确；D选项：，，，所以是的非充分非必要条件，D错误.故选：C.12、D【解析】根据向量的运算法则得到，带入化简得到答案.【详解】在长方体中，易知，所以.故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、12【解析】根据题意，先通过原始数据的平均数、方差及新数据的平均数求出k，进而求出新数据的方差.【详解】由题意，原式数据的平均数和方程分别为：，则新数据的平均数，于是新数据的方差.故答案为：12.14、【解析】去绝对值分别列出每个象限解析式，数形结合利用距离求解范围.【详解】当，表示椭圆第一象限部分；当，表示双曲线第四象限部分；当，表示双曲线第二象限部分；当，不表示任何图形；以及两点，作出大致图象如图：曲线上的点到的距离为，根据双曲线方程可得第二四象限双曲线渐近线方程都是，与距离为2，曲线二四象限上的点到的距离为小于且无限接近2，考虑曲线第一象限的任意点设为到的距离，当时取等号，所以，则的取值范围是故答案为：15、4【解析】根据等差数列和等比数列性质把用表示，然后由基本不等式得最小值【详解】由题意，，所以，当且仅当时等号成立故答案为：416、.【解析】根据初等函数的导数法则和导数的四则运算法则，准确运算，即可求解.【详解】由题意，函数，可得.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）（3）【解析】（1）由可求得的值，令，由可得，两式作差可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式；（2）求得，利用错位相减法可求得；（3）利用奇偶分组法，结合等差数列和等比数列的求和公式可求得.【小问1详解】解：当时，，可得，当时，由可得，上述两个等式作差得，可得，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，故.【小问2详解】解：，所以，，所以，，上述两个等式作差得，因此，.【小问3详解】解：由题意可得，，所以，.18、（1）（2）【解析】（1）由已知可得，根据抛物线的定义可知点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，即可得到轨迹方程；（2）设直线方程为，，，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，则，代入韦达定理，即可求出面积最小值；【小问1详解】解：由已知可得，，即点到定点的距离等于到直线的距离，故点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，所以点的轨迹方程为【小问2详解】解：当直线的倾斜角为时，与曲线只有一个交点，不符合题意；当直线的倾斜角不为时，设直线方程为，，，，，由，可得，，所以，，，，所以当且仅当时取等号，即面积的最小值为；19、（1）（2）【解析】（1）求出函数的导函数，由在时有极值0,则，两式联立可求常数a，b的值，从而得解析式；（2）利用导数研究函数的单调性、极值，根据函数图象的大致形状可求出参数的取值范围.【小问1详解】由可得，因为在时有极值0，所以，即，解得或，当时，，函数在R上单调递增，不满足在时有极值，故舍去.所以常数a，b的值分别为.所以.【小问2详解】由（1）可知，，令，解得，当或时，当时，，的递增区间是和，单调递减区间为，当有极大值，当有极小值，要使函数有三个零点，则须满足，解得.20、（1），；（2）存在或，使得，理由见解析.【解析】（1）根据离心率，及求出，，进而得到椭圆方程及用m，n表示点M的坐标；（2）假设存在，根据得到，表达出点坐标，得到，结合得到，从而求出答案.【小问1详解】由离心率可知：，又，，解得：，，故椭圆C：，直线PA为：，令得：，所以；【小问2详解】存在或，使得，理由如下：假设，使得，则，其中，直线：，令得：，则，，解得：，其中，故，所以，所以或21、（1）；（2）答案见解析，直线过定点.【解析】（1）首先根据顶点为得到，再根据离心率为得到，从而得到椭圆C的方程.（2）设，，，与椭圆联立得到，利用直线BM与直线BN的斜率之积为和根系关系得到，从而得到直线恒过的定点.【详解】（1）一个顶点为，故，又，即，所以故椭圆的方程为（2）若直线l的斜率不存在，设，，此时，与题设矛盾，故直线l斜率必存在设，，，联立得，∴，∵，即∴，化为，解得或（舍去），即直线过定点【点睛】方法点睛：定点问题，一般从三个方法把握：（1）从特殊情况开始，求出定点，再证明定点、定值与变量无关；（2）直接推理，计算，在整个过程找到参数之间的关系，代入直线，得到定点.22、（1）（2）当时，不等式的解集为当时，不等式的解集为当时，不等式的