2023-2024学年浙江省慈溪市高二上学期期末测试数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3浙江省慈溪市2023-2024学年高二上学期期末测试数学试卷说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分．考试时间120分钟，本次考试不得使用计算器，请考生将所有题目都做在答题卡上．第Ⅰ卷（选择题，共60分）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.在空间直角坐标系O-xyz中，点关于平面yOz对称的点的坐标为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗点关于平面yOz对称的点的坐标为，故选：B2.双曲线的一个焦点坐标为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗双曲线转化为标准方程为，故，故焦点为和，故选：A3.已知曲线在点处的切线方程为，则（）A.1 B.0 C. D.〖答案〗D〖解析〗,则，又，所以，故，故选：D4.已知等差数列的前5项和，且，则公差（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由可得，，故，所以，解得.故选：C5.过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，所以点在圆外，设圆心为，点为点，切点为，圆化为标准方程得，则圆心，半径，在中，，所以，故，由圆的切线的性质可得，所以.故选：A.6.已知正四面体的棱长为2，是的中点，在上，且，则（）A. B. C.0 D.〖答案〗C〖解析〗由正四面体，得，则，由是的中点，得，由，得，则，所以.故选：C.7.已知A，B是椭圆E：（）的左右顶点，若椭圆E上存在点满足，则椭圆E的离心率的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设，则，,故，所以，故离心率为，又，故，故选：B8.已知定义在上的函数的导函数为，若，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，所以，即，令，则，所以函数是增函数，对于A，由，得，故A错误；对于B，由，得，所以，故B错误；对于C，由，得，所以，故C错误；对于D，由，得，所以，故D正确.故选：D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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.已知直线的方程为，直线的方程为，（）A.则直线的斜率为 B.若，则C.若，则或 D.直线过定点〖答案〗CD〖解析〗对于A，当时，直线的斜率不存在，故A错误；对于B，若，则，解得或，经检验，两个都符合题意，所以或，故B错误；对于C，若，则，解得或，故C正确；对于D，直线的方程化为，令，解得，所以直线过定点，故D正确.故选：CD.10.下列函数的导数计算正确的是（）A.若函数，则B.若函数（且），则C.若函数，则（e是自然对数的底数）D.若函数，则〖答案〗BCD〖解析〗对于A，，所以，A错误，对于B，，故B正确，对于C，，C正确，对于D，，D正确，故选：BCD11.任取一个正数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（m为正整数），（）．若，记数列的前n项和为，则（）A.或16 B. C. D.〖答案〗ABD〖解析〗因为，由“冰雹猜想”可得，①若为偶数，则，所以，当为偶数时，则，所以，即，当为奇数时，则，解得（舍去），②若为奇数，则，解得，当为偶数时，则，所以，即，当为奇数时，则，解得（舍去），综上所述，或16，故A正确；当时，由，得，所以数列从第三项起是以为周期的周期数列，因为，所以，，当时，由，，所以数列从第三项起是以为周期的周期数列，因为，所以，，综上所述，，或，故B正确，C错误；对于D，数列从第三项起是以3为周期的周期数列，所以，故D正确.故选：ABD.12.如图，在直三棱柱中，，，，M是AB的中点，N是的中点，P是与的交点．Q是线段上动点，是线段上动点，则（）A.当Q为线段中点时，PQ∥平面B.当Q为重心时，到平面的距离为定值C.当Q在线段上运动时，直线与平面所成角的最大角为D.过点P平行于平面的平面截直三棱柱的截面周长为〖答案〗BD〖解析〗以为原点，以，，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，设，则,0,，,0,，,2,，,1,，,1,，,1,，所以，设平面法向量为，则，令，可得，设，则，当Q为线段中点时，，则，故此时不平行平面，A错误，当Q为重心时，则所以，即，，此时，此时PQ∥平面，由于是线段上点，故到平面的距离即为到平面的距离，故为定值，B正确，由于，设直线与平面所成角为，则，由于所以，所以，故C错误对于D，取的中点，连接,由于均为中点，所以,而平面，平面，而平面，平面，故平面，平面，平面，故平面平面，故过点P平行于平面的平面即为平面，故截面为三角形，由于,故截面周长为，D正确，故选：BD第Ⅱ卷（非选择题，共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知圆C的方程为，则圆C的半径为______.〖答案〗〖解析〗由可得，所以半径为，故〖答案〗为：14.已知等比数列的前n项和为，且，，则______.〖答案〗〖解析〗由题意可得成等比数列，由，，得，得，所以，则，所以.故〖答案〗为：.15.已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是_________．〖答案〗〖解析〗，，令,函数有两个极值点,则在区间上有两个实数根.,当时,,则函数在区间单调递增,因此在区间上不可能有两个实数根,应舍去.当时,令,解得.令,解得,此时函数单调递增;令,解得,此时函数单调递减.当时,函数取得极大值.当趋近于0与趋近于时,,要使在区间上有两个实数根,只需,解得.故〖答案〗为：.16.设为抛物线的焦点，直线l与抛物线交于两点，且，则的面积最小值为______.〖答案〗〖解析〗由已知，设直线的方程为，联立，消得，，则，由，得，即，所以，化简得，所以，化简得，解得或，则，则或，所以或，，所以当时，，所以的面积最小值为.故〖答案〗为：.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.已知函数．（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，求函数的最大值．解：（1）的定义域为，当时，，，当，解得：，当，解得：．在上为增函数；在上为减函数；（2）的定义域为，，当时，令，得，令时，得，的递增区间为，递减区间为．.18.已知圆内有一点，直线l过点M，与圆交于A，B两点．（1）若直线l的倾斜角为120°，求；（2）若圆上恰有三个点到直线l的距离等于1，求直线l的方程．解：（1）直线过点，且斜率为，直线的方程为，即，圆心到直线的距离为，；（2）圆上恰有三点到直线的距离等于1，圆心到直线的距离为，当直线垂直于轴时，直线方程为，不合题意；当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，即，由，可得，解得或，故直线的方程为或．19.如图，在直四棱柱中，底面是正方形，，，分别是棱上的动点．（1）若分别为棱中点，求证：平面；（2）若，且三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值．解：（1）如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，故，因为，所以，又平面，所以平面；（2）因为，解得或，又因为，所以，故，所以，设平面的法向量为，则有，可取，设平面的法向量为，则有，可取，所以，所以平面与平面的夹角的余弦值为．20.已知数列首项，且满足（）．（1）求证：数列为等比数列；（2）若，令，求数列的前n项和．解：（1）由，得，所以数列是以为首项，为公比的等比数列；（2）由（1）得，所以，所以，设数列的前项和为，则，，两式相减得，所以，令，则，令，则，故当时，，当时，，所以当时，，当时，，综上所述，.21.已知函数（）．（其中是自然对数的底数）（1）若对任意的时，都有，求实数a的取值范围；（2）若，求证：．（参考数据：，）解：（1）对任意的时，都有，即对任意的时，都有，令，则函数在上单调递增，则在上恒成立，即在上恒成立，因为当时，，所以，经检验符合题意，所以实数a的取值范围为；（2）要证，即证，令，则，令，则，所以函数在上单调递增，又，因为，所以，所以，所以，故存在，使得，即，当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，因为，所以，所以，因为，所以，即，又因为，所以，所以若，．22.已知双曲线的渐近线方程为，且点在上．（1）求的方程；（2）点在上，且为垂足．证明：存在点，使得为定值．解：（1）设双曲线的方程为，因为点在上，所以，解得，所以的方程为；（2）设，当直线的斜率为时，则，因为点在上，所以，则，由，得，即，，解得或（舍去），故直线的方程为，当直线的斜率不等于时，设直线的方程为，当的斜率不存在时，则的斜率为，此时直线的方程，直线的方程为，联立，解得（舍去），联立，解得（舍去），所以，则，所以直线的方程为，令，则，故直线过点，同理可得当的斜率不存在时，则的斜率为，此时直线的方程为，直线过点，当直线的斜率都存在且都不等于零时，因为，所以，由，得，所以，由，得，则，所以，所以，整理得即，所以所以，所以直线得方程为，所以直线过定点，综上所述，直线过定点，因为，所以存在的中点，使得.浙江省慈溪市2023-2024学年高二上学期期末测试数学试卷说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分．考试时间120分钟，本次考试不得使用计算器，请考生将所有题目都做在答题卡上．第Ⅰ卷（选择题，共60分）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.在空间直角坐标系O-xyz中，点关于平面yOz对称的点的坐标为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗点关于平面yOz对称的点的坐标为，故选：B2.双曲线的一个焦点坐标为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗双曲线转化为标准方程为，故，故焦点为和，故选：A3.已知曲线在点处的切线方程为，则（）A.1 B.0 C. D.〖答案〗D〖解析〗,则，又，所以，故，故选：D4.已知等差数列的前5项和，且，则公差（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由可得，，故，所以，解得.故选：C5.过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，所以点在圆外，设圆心为，点为点，切点为，圆化为标准方程得，则圆心，半径，在中，，所以，故，由圆的切线的性质可得，所以.故选：A.6.已知正四面体的棱长为2，是的中点，在上，且，则（）A. B. C.0 D.〖答案〗C〖解析〗由正四面体，得，则，由是的中点，得，由，得，则，所以.故选：C.7.已知A，B是椭圆E：（）的左右顶点，若椭圆E上存在点满足，则椭圆E的离心率的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设，则，,故，所以，故离心率为，又，故，故选：B8.已知定义在上的函数的导函数为，若，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，所以，即，令，则，所以函数是增函数，对于A，由，得，故A错误；对于B，由，得，所以，故B错误；对于C，由，得，所以，故C错误；对于D，由，得，所以，故D正确.故选：D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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.已知直线的方程为，直线的方程为，（）A.则直线的斜率为 B.若，则C.若，则或 D.直线过定点〖答案〗CD〖解析〗对于A，当时，直线的斜率不存在，故A错误；对于B，若，则，解得或，经检验，两个都符合题意，所以或，故B错误；对于C，若，则，解得或，故C正确；对于D，直线的方程化为，令，解得，所以直线过定点，故D正确.故选：CD.10.下列函数的导数计算正确的是（）A.若函数，则B.若函数（且），则C.若函数，则（e是自然对数的底数）D.若函数，则〖答案〗BCD〖解析〗对于A，，所以，A错误，对于B，，故B正确，对于C，，C正确，对于D，，D正确，故选：BCD11.任取一个正数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（m为正整数），（）．若，记数列的前n项和为，则（）A.或16 B. C. D.〖答案〗ABD〖解析〗因为，由“冰雹猜想”可得，①若为偶数，则，所以，当为偶数时，则，所以，即，当为奇数时，则，解得（舍去），②若为奇数，则，解得，当为偶数时，则，所以，即，当为奇数时，则，解得（舍去），综上所述，或16，故A正确；当时，由，得，所以数列从第三项起是以为周期的周期数列，因为，所以，，当时，由，，所以数列从第三项起是以为周期的周期数列，因为，所以，，综上所述，，或，故B正确，C错误；对于D，数列从第三项起是以3为周期的周期数列，所以，故D正确.故选：ABD.12.如图，在直三棱柱中，，，，M是AB的中点，N是的中点，P是与的交点．Q是线段上动点，是线段上动点，则（）A.当Q为线段中点时，PQ∥平面B.当Q为重心时，到平面的距离为定值C.当Q在线段上运动时，直线与平面所成角的最大角为D.过点P平行于平面的平面截直三棱柱的截面周长为〖答案〗BD〖解析〗以为原点，以，，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，设，则,0,，,0,，,2,，,1,，,1,，,1,，所以，设平面法向量为，则，令，可得，设，则，当Q为线段中点时，，则，故此时不平行平面，A错误，当Q为重心时，则所以，即，，此时，此时PQ∥平面，由于是线段上点，故到平面的距离即为到平面的距离，故为定值，B正确，由于，设直线与平面所成角为，则，由于所以，所以，故C错误对于D，取的中点，连接,由于均为中点，所以,而平面，平面，而平面，平面，故平面，平面，平面，故平面平面，故过点P平行于平面的平面即为平面，故截面为三角形，由于,故截面周长为，D正确，故选：BD第Ⅱ卷（非选择题，共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知圆C的方程为，则圆C的半径为______.〖答案〗〖解析〗由可得，所以半径为，故〖答案〗为：14.已知等比数列的前n项和为，且，，则______.〖答案〗〖解析〗由题意可得成等比数列，由，，得，得，所以，则，所以.故〖答案〗为：.15.已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是_________．〖答案〗〖解析〗，，令,函数有两个极值点,则在区间上有两个实数根.,当时,,则函数在区间单调递增,因此在区间上不可能有两个实数根,应舍去.当时,令,解得.令,解得,此时函数单调递增;令,解得,此时函数单调递减.当时,函数取得极大值.当趋近于0与趋近于时,,要使在区间上有两个实数根,只需,解得.故〖答案〗为：.16.设为抛物线的焦点，直线l与抛物线交于两点，且，则的面积最小值为______.〖答案〗〖解析〗由已知，设直线的方程为，联立，消得，，则，由，得，即，所以，化简得，所以，化简得，解得或，则，则或，所以或，，所以当时，，所以的面积最小值为.故〖答案〗为：.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.已知函数．（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，求函数的最大值．解：（1）的定义域为，当时，，，当，解得：，当，解得：．在上为增函数；在上为减函数；（2）的定义域为，，当时，令，得，令时，得，的递增区间为，递减区间为．.18.已知圆内有一点，直线l过点M，与圆交于A，B两点．（1）若直线l的倾斜角为120°，求；（2）若圆上恰有三个点到直线l的距离等于1，求直线l的方程．解：（1）直线过点，且斜率为，直线的方程为，即，圆心到直线的距离为，；（2）圆上恰有三点到直线的距离等于1，圆心到直线的距离为，当直线垂直于轴时，直线方程为，不合题意；当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，即，由，可得，解得或，故直线的方程为或．19.如图，在直四棱柱中，底面是正方形，，，分别是棱上的动点．（1）若分别为棱中点，求证：平面；（2）若，且三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值．解：（1）如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，故，因为，所以，又平面，所以平面；（2）因为，解得或，又因为，所以，故，所以，设平面的法向量为，则有，可取