2023-2024学年常德市高二数学第一学期期末考试卷附答案解析

-2024学年常德市高二数学第一学期期末考试卷（时量：120分钟满分：150分）一、单项选择题：本大题共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．若直线的倾斜角为，则A．等于 B．等于 C．等于 D．不存在2．已知f(x)＝x3＋3x＋ln3，则f′(x)为（

）A．3x2＋3x B．3x2＋3x·ln3＋ C．3x2＋3x·ln3 D．x3＋3x·ln33．已知向量，分别是直线l与平面α的方向向量、法向量，若，则l与α所成的角为（

）A．30° B．60° C．120° D．150°4．短轴长为，离心率的椭圆两焦点为，过作直线交椭圆于两点，则的周长为A． B． C． D．5．各项均为正数的等比数列中，若，则（

）A．9 B．10 C．11 D．6．若函数在区间上是减函数，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．7．已知圆柱的高为，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则当该圆柱的体积取最大值时，的值为（

）A． B． C． D．8．已知实数，且，，，则（

）A． B．C． D．二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9．已知抛物线经过点，其焦点为，过点的直线与抛物线交于点，，设直线，的斜率分别为，，则（

）A． B． C． D．10．已知两个等差数列和，其公差分别为和，其前项和分别为和，则下列说法正确的是（）A．若为等差数列，则 B．若为等差数列，则C．若为等差数列，则 D．若，则也为等差数列，且公差为11．已知圆，直线，点在直线上运动，直线，分别与圆切于点，.则下列说法正确的是（

）A．最短为B．最短时，弦所在直线方程为C．存在点，使得D．直线过定点为12．如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在底面四边形（包含边界）上移动，且满足，下列结论正确的是（

）A．点的轨迹的长度为B．的最小值为C．的长度的最大值为D．的长度的最小值为三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．在4和67之间插入一个项的等差数列后，组成一个项的新等差数列，且新等差数列的所有项之和等于781，则的值为.14．．如图函数F(x)＝f(x)＋x2的图象在点P处的切线方程是y＝－x＋8，则f(5)＋f′(5)＝.15．已知动直线与圆恒有两个不同的交点、.设弦的中点为，当变化时，总存在定点使得为定值，则点的坐标.16．过双曲线上的任意一点，作双曲线渐近线的平行线，分别交渐近线于点，若，则双曲线离心率的取值范围是.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．求圆心在上，与轴相切，且被直线截得弦长为的圆的方程.18．数列满足，，.（1）证明：数列是等差数列；（2）设，求数列的前项和.19．如图，直三棱柱中，，分别是，的中点，.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值．20．已知数列满足，且.(1)求数列的通项公式；(2)记数列的前项和为，求；(3)设，数列的前项和为，且对一切成立，求实数的取值范围.21．已知椭圆：的离心率为，且经过点．(1)求椭圆的方程．(2)过点的直线交椭圆于、两点，求为原点面积的最大值．22．已知函数有三个不同的极值点，，，且.（1）求实数a的取值范围；（2）若，求的最大值.1．C【分析】由题意结合倾斜角的定义确定倾斜角即可.【详解】绘制直线如图所示，由直线倾斜角的定义可知等于.本题选择C选项.【点睛】本题主要考查直线方程的理解，直线倾斜角的定义及其确定等知识，意在考查学生的转化能力和概念掌握程度.2．C【分析】对函数的每一部分求导后相加可得答案.【详解】解：由f(x)＝x3＋3x＋ln3，可得，故选：C.【点睛】本题主要考查具体函数的求导，需掌握常见函数的求导公式.3．B【分析】设l与α所成的角为θ，利用sinθ＝即可求解.【详解】解：设l与α所成的角为θ，则sinθ＝，∴θ＝60°，故选：B．4．B【分析】由条件求得，，，再根据椭圆的定义可求解.【详解】由题意有，，，解得：，，，而根据椭圆上的点到焦点的距离和等于的性质，得到周长为.故选：B5．B【分析】利用等比数列的性质及对数运算性质计算即可.【详解】在各项均为正数的等比数列中，，因为，所以所以，故选：B.6．D【分析】由函数在区间上是减函数，转化为，对恒成立求解.【详解】解：因为函数在区间上是减函数，所以，对恒成立，即，对恒成立，令，由对勾函数的性质得，所以，故选：D7．D【分析】由题意画出截面图，设相应的变量，建立函数，利用函数导数求解最值即可求解.【详解】作经过球心的截面，如图所示，设为球心，矩形为圆柱的轴截面，为圆柱底面圆的直径，为球的半径，设，则，则圆柱的体积为：，所以，令，则，当时，，所以在上单调递增，当时，，所以在上单调递减，所以当该圆柱的体积取最大值时，的值为，所以.故选：D.8．A【分析】构造函数，判断函数单调性，比大小.【详解】由，，，得，，，又，即，同理，即，所以，即，设函数，在上恒成立，故函数在上单调递增，所以，故选：A.9．CD【分析】由点坐标代入求出，即可求出抛物线方程与焦点坐标，设直线，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据数量积的坐标表示判断B，根据斜率公式判断C，根据焦点弦公式判断D.【详解】因为抛物线经过点，所以，解得，故A错误；所以抛物线方程为，则焦点，设直线，则，消去整理得，则，所以，，则，，所以，，所以，故B错误；，故C正确；所以，故D正确；故选：CD10．ABD【分析】对于A，利用化简可得答案；对于B，利用化简可得答案；对于C，利用化简可得答案；对于D，根据可得答案.【详解】对于A，因为为等差数列，所以，即，所以，化简得，所以，故A正确；对于B，因为为等差数列，所以，所以，所以，故B正确；对于C，因为为等差数列，所以，所以，化简得，所以或，故C不正确；对于D，因为，且，所以，所以，所以，所以也为等差数列，且公差为，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：利用等差数列的定义以及等差中项求解是解题关键.11．ABD【分析】确定当时，最小，即可求得的最小值，判断A；结合A的分析，设出的方程，求出弦心距，利用点到直线的距离公式求出参数，即可判断B；假设存在点，使得，求出此时，和M到直线l的最短距离比较，即可判断C；求出切点弦的方程，结合点在直线上运动，求出所过定点，判断D.【详解】由题意知，圆的半径为，且，，故,即当最小时，最短，当时，最小，最小值为，故的最小值为，A正确；当最短时，，故的斜率为-1，又，故的斜率为1，设其方程为，由于此时，，故，所以M到的距离为.则有，解得或，由于，结合图形可知二者之间的距离应小于，当时，和间的距离为，时，的方程为和间的距离为，故最短时，弦所在直线方程为，B正确；假设存在点，使得，则，此时为等腰直角三角形，则，结合，则为等腰直角三角形，而，故，由于M到直线l的最短距离为，故不存在点，使得，C错误；设，由于直线，分别与圆相切，故直线，的方程分别为，将代入，即，可得的方程为，由于，即，故即，由于，故令，即直线过定点为，D正确，故选：ABD【点睛】难点点睛：本题综合考查了直线和圆相切的问题，涉及最值、定点以及切点弦方程问题，综合性较强，难点在于选项D的判断，解答时要注意根据圆的切线方程，推出切点弦方程，进而求解直线过定点问题.12．ABD【分析】找出点P的运动轨迹，再根据题意，计算其最大值与最小值即可.【详解】根据题意，若满足，则点P的轨迹为过且与直线垂直的一个平面与底面的交线.根据题意，取中点为，取中点为，连接，如下图所示：在,中，，，，则，所以，所以，即垂直于在平面中的投影，故，因为,可知垂直于在平面中的投影,可得而平面，故直线平面故平面与底面的交线即为P点的运动轨迹.在中，，A正确；而，当且仅当与重合时等号成立，故B正确.过点作于点，连接,，由等面积法可知，,求得，在中，,由,,面，可知面，面，所以即的最小值为，又当点与M点重合时，取得最大值，最大值为，所以D正确，C错误.故选：ABD.13．20【分析】根据题设条件，建立方程，由此能求出的值.【详解】由等差数列的求和公式可知：新等差数列的所有项之和，解得.故答案为：20.14．-5【详解】因为F（5）=f（5）+5=-5+8=3，所以f（5）=-2．又F′（x）=f′（x）+x，所以F′（5）=f′（5）+×5=-1，解得f′（5）=-3，f（5）+f′（5）=-5．故答案为-515．【分析】求出直线经过的定点，再结合圆的性质确定点满足的几何关系即可得解.【详解】直线恒过定点，显然点在圆内，即直线与圆总相交，由为弦的中点，得，因此点在以线段为直径的圆上（除点外），此圆圆心为，当点为时，的值恒为1，所以点的坐标是.故答案为：16．【分析】设点，分别联立两组直线方程，求出的坐标，然后利用向量的数量积，推出离心率的范围即可.【详解】因为双曲线的渐近线方程为：，即，设点，可得：，联立方程组，解得：，同理可得：，所以，因为，所以，所以，由题意可得：，所以，故离心率，又因为双曲线的离心率，所以双曲线离心率的取值范围为，故答案为：.17．或【分析】设出圆心坐标，根据圆与轴相切求得半径，进而求出弦心距，弦长，解方程求得圆心坐标，即可求圆的方程.【详解】解：由已知设圆心为，与轴相切则，圆心到直线的距离，又圆被直线截得弦长为，故有，解得，所以圆心为或，半径圆的方程为或18．(1)证明见解析；(2).【详解】试题分析：（1）将的两边同除以，得到，由等差数列的定义，即可作出证明；（2）有（1）求出，利用错位相减法即可求解数列的前项和.试题解析：(1)证明：由已知可得＝＋1，即－＝1.所以是以＝1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)得＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2.从而bn＝n·3n.Sn＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，①3Sn＝1·32＋2·33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②①－②得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝－n·3n＋1＝.所以Sn＝.点睛：本题主要考查了等差数列的定义、等差数列的判定与证明和数列的求和，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，本的解答中利用等差数列的定义得到数列为等差数列，求解的表达式，从而化简得到，利用乘公比错位相减法求和中，准确计算是解答的一个难点.19．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）利用三角形中位线定理可得，由线面平行的判定定理可得结果；（Ⅱ）由，可设：AB=，可得，以点为坐标原点，分别以直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系如图，利用向量垂直数量积为零列方程分别求出平面的法向量、平面的一个法向量，再由空间向量夹角余弦公式可得结果.【详解】（Ⅰ）如图，连结，交于点，连结，因为是的中点，所以在中，是中位线，所以，因为平面，平面，所以平面；（Ⅱ）因为，所以，即，则以为坐标原点，分别以为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，则，设是平面的一个法向量，则，即，取，则,则同理可得平面的一个法向量，则，所以，，所以，即二面角的正弦值为.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20．(1)(2)(3)【分析】（1）结合题意，利用累加法即可求得答案；（2）由（1）可得的通项公式，利用裂项求和法，即可得答案；（3）由（1）可得的表达式，利用裂项求和法求出的表达式，确定的范围，结合对一切成立，解不等式即可得答案.【详解】（1）由题意知，，故，即，也适合该式，故；（2）由（1）知所以；（3）由（1）可得，据题意，即对一切恒成立，而，所以.21．(1)(2)【分析】（1）由题意可得，解得，，即可得出答案．（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线，,，,，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可得，，由弦长公式可得，点到直线的距离公式可得点到直线的距离，再计算的面积，利用基本不等式，即可得出答案．【详解】（1）解：由题意可得，解得，所以椭圆的标准方程为．（2）解：由题意可知直线的斜率存在，设直线，,，,，联立，得，，所以，即或，则，故，点到直线的距离，所以的面积，设，则，故，当且仅当时，等号成立，所以面积的最大值为．22．（1）（2）3【分析】(1)由题意转化为有三