安徽省十五校教育集团2023-2024学年高二上学期期末联考数学试题

十五校教育集团·20232024学年度秋学期高二年级期末联考数学试题卷命题：王聿桁吴维审题：孙全浩文洪予校对：吴韬时间：120分钟满分：150分考试范围：人教A版选修一、二一、单选题（本大题共8小题，每小题5分）1.已知点，空间内一平面过原点，且垂直于向量，则点到平面的距离为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意结合点到面的距离公式运算求解.【详解】由题意可得：，平面的法向量为，所以点到平面的距离为.故选：A.2.已知数列是首项为5，公差为3的等差数列，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析】根据题意结合等差数列通项公式可得，即可得结果.【详解】由题意可知：，可得，所以.故选：D.3.抛物线上到直线距离最近的点的坐标是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意可知抛物线的切线与直线平行时，切点到直线距离最小，结合导数的几何意义运算求解.【详解】因为直线的斜率，又因为，则，令，解得，此时，可知抛物线上到直线距离最近的点的坐标是.故选：C.4.若直线把单位圆分成长度为的两段圆弧，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】直线和圆相交于，则根据较短弧长与较长弧长之比为得到，利用点与直线距离建立条件关系即可．【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径，设直线和圆相交于，若较短弧长与较长弧长之比为，则，则圆心到直线的距离，即，解得.故选：B.5.定义：对于数，，若它们除以整数所得的余数相等，则称与对于模同余或同余于模，记作．已知正整数满足，将符合条件的所有的值按从小到大的顺序排列，构成数列．设数列的前项之和为，则的最小值为（）A.12 B.14 C.16 D.18【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，求出数列的通项及前项和为，再借助单调性求解即得.【详解】由题意可知：，且，可知数列是等差数列，则，可得，当且仅当时，取得最小值16.故选：C.6.已知函数为连续可导函数，的图像如图所示，以下命题正确的是（）A.是函数的极大值 B.是函数的极小值C.在区间上单调递增 D.的零点是和【答案】B【解析】【分析】根据题意结合导数判断的单调性，进而逐项分析判断.【详解】因为，由图可知：，；或，；且或，；，；可得或，；，；且函数为连续可导函数，则在内单调递减，在内单调递增，可知有且仅有一个极小值，无极大值，故AC错误，B正确；由于不知的解析式，故不能确定的零点，故D错误；故选：B.7.已知正方体的棱长为2，、分别是侧面和的中心．过点的平面与垂直，则平面截正方体所得的截面积S为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量确定截面形状，再计算截面面积作答.【详解】正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，侧面的中心，侧面的中心，且，则，显然点M在平面与平面的交线上，设为这条交线上任意一点，则，而平面，则，即，令，得点，令，得点，连，平面与平面必相交，设为这条交线上任意一点，则，由，即，令，得点，连，因为平面平面，则平面与平面的交线过点G，与直线FE平行，过G作交于，则，由得，即，显然平面与平面都相交，则平面与直线相交，令交点为，，由得，连接得截面五边形，即截面S为五边形，则，取中点，连接，则，在中，，的面积，在中，，边上的高，梯形面积，所以S的面积为.故选：B.【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.8.已知，椭圆：与双曲线：的公共焦点，分别是与的离心率，且是与的一个公共点，满足，则下列结论中正确的是（）A. B.C.的最小值为 D.最大值为【答案】D【解析】【分析】由于椭圆与双曲线共焦点，即可判断A选项，利用双曲线和椭圆的定义可得，，由可得，利用勾股定理化简得到，再利用柯西不等式即可判断C、D选项，从而得到答案.【详解】对选项A，由于椭圆与双曲线共焦点，故，故A不正确；对选项B，不妨设在双曲线的右支上，因为，则，由于，，所以，，由得，化简可得，即，故B不正确；对于选项C，由于，由柯西不等式可得，即，当且仅当时等号成立，由于，所以等号不成立，则的无最小值，故C不正确；对选项D，由于,由柯西不等式，即，故，当且仅当时等号成立，所以最大值为,故D正确.故选：D二、多选题（本大题共4小题，每小题5分．全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）9.关于空间向量，以下说法正确的是A.空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面B.若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面C.设，，是空间中的一组基底，则，，也是空间的一组基底D若，则，是钝角【答案】ABC【解析】【分析】根据共线向量的概念，可判定A是正确的；根据空间向量的基本定理，可判定B是正确的；根据空间基底的概念，可判定C正确；根据向量的夹角和数量积的意义，可判定D不正确.【详解】对于A中，根据共线、共面向量的概念，可知空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，所以是正确的；对于B中，若对空间中任意一点O，有，根据空间向量的共面定理的推论，可得P，A，B，C四点一定共面，所以是正确的；对于C中，由是空间中的一组基底，则向量不共面，可得向量也不共面，所以也是空间的一组基底，所以是正确的；对于D中，若，又由，所以，所以不正确，故选∶ABC.10.已知直线，其中为常数，与的交点为，则（）A.对任意实数 B.不存在点，使得为定值C.存在，使得点到原点的距离为3 D.到的最大距离为【答案】ACD【解析】【分析】对于A，由即可判断得；对于B，结合选项A中的结论，得到M在圆上，由此可求得点P使得为定值；对于C，利用选项B中的结论，结合点到圆上的点的距离的最小值即可判断；对于D，利用直线到圆上点的距离的最大值即可判断.【详解】对于A，因为，则，故A正确；对于B，因为，即，易得直线过定点，直线过定点，因为与的交点为M，则M在以AB为直径的圆上，而AB的中点为，且，故点M在圆：上，故取点P坐标为，此时为定值，故B错误；对于C，因为，圆的半径为，故M到原点取值范围为，且，所以存在实数a，使得M到原点的距离为3，故C正确；对于D，因为过原点O，所以当，且M在直线OC上时，点M到的距离最大且最大值为，故D正确．故选：ACD．11.已知数列满足，，则的值可能为（）A.1 B. C. D.【答案】AD【解析】【分析】化简原式得到的两种对应关系，然后分类讨论的通项公式，由此可得结果.【详解】因为，所以，所以，所以，所以或，当时，是首项为公比为的等比数列，所以；当时，可得，下面用数学归纳法证明：当时，，成立，当，假设成立，当时，因为，所以，成立，由上可知，成立，此时；当，均在数列中出现时，由可得，B选项不可能；当，时，最大，此时，，故C不可能.故选：AD.12.经研究发现：任意一个三次多项式函数的图象都只有一个对称中心点，其中是的根，是的导数，是的导数．若函数图象的对称点为，且不等式对任意恒成立，则下列结论正确的是（）A. B. C.的值可能是 D.的值可能是【答案】ABC【解析】【分析】先根据题意求出的解析式，再对不等式分离参数转化为对任意恒成立，通过同构和切线不等式放缩得到即可求解.【详解】由题意可得，因为，所以，所以，解得，所以．因为，所以等价于对任意恒成立．令，则.设，则，从而在上单调递增．因为，所以，即，则（当且仅当时，等号成立），从而，所以．故选：ABC．【点睛】方法点睛：分离参数法破解不等式的恒成立问题的步骤：第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分）13.已知等差数列满足，则的值为_____________________．【答案】3【解析】分析】根据等差数列下标和性质运算求解.【详解】由题意可得：，则，所以.故答案为：3.14.已知为所在平面外一点，是中点，是上一点．若平面，则的值为_________________．【答案】##【解析】【分析】根据线面平行的性质得出线线平行，从而得出结果.【详解】如图，连结交于点，连结.因为，E为AD的中点，则，又因为PA∥平面EBF，平面EBF平面PAC，PA平面PAC，则PA∥OF，所以.故答案为：.15.在平面直角坐标系中，椭圆和抛物线交于点A，，点为椭圆的右顶点．若四点共圆，则椭圆离心率为____．【答案】##【解析】【分析】分别求出O、A、P坐标，利用四点共圆可以得到，解方程即可.【详解】如图所示，，，，则，，因为O、A、P、B四点共圆，又点关于直线对称，则，则，将代入得，，由解得，，代入椭圆方程，可得，整理得，所以，即.故答案为：.16.已知函数在上有两个极值点，则实数的取值范围是_________．【答案】【解析】【分析】由可得，令，则直线与函数在上的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】因为函数在上有两个极值点，所以在上有两个变号零点，因为，令，即，可得，令，则，令，得，令，得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，又，作出函数在上图象，当时，直线与函数在上的图象有两个交点，设两个交点的横坐标分别为、，且，由图可知，当或时，，此时，当时，，此时，所以函数在上递增，在上递减，在上递增，此时，函数有两个极值点，合乎题意.因此，实数的取值范围为.故答案为：.【点睛】思路点睛：本题考查极值点问题.根据题意函数在上有两个极值点，转化为在上有两个变号零点，即，即有两个不同的根，即直线与函数在上的图象有两个交点，数形结合可判断求解.四、解答题（本大题共6小题，第17小题10分，第1822小题每题12分）17.公差不为零的等差数列中，是和的等比中项，且该数列前项之和为．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项之和的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，则，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，利用等差数列的通项公式可求得数列的通项公式；（2）解不等式，得出满足条件的正整数的最大值，再结合等差数列的求和公式可求得的最小值.【小问1详解】解：设等差数列的公差为，则，因为是和的等比中项，则，即，即，整理可得，①又因为数列的前项和为，可得②，解得，，所以，.【小问2详解】解：由，可得，而，所以，满足条件的的最大值为，因此，数列的前项之和的最小值为.18.已知函数．（1）若在上单调递增，求的取值范围；（2）试讨论函数的单调性．【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）由题意可知：在上恒成立，结合二次函数分析求解；（2）分和两种情况，结合导数以及二次不等式分析求解.【小问1详解】由题意可得：，若在上单调递增，则在上恒成立，且，则，且在上单调递增，当时，取得最小值，可得，即，所以的取值范围.【小问2详解】由（1）可得：，且，当，即时，则，所以在上单调递增；当，即时，令，解得或；令，解得；所以在，上单调递增，在内单调递减；综上所述：当时，所以在上单调递增；当时，所以在，上单调递增，在内单调递减.19.如图在平行六面体中，，．（1）求证：直线平面；（2）求直线和夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设，，，则为空间的一个基底，根据空间向量的线性运算得出，，，再根据向量的数量积运算得出，，从而得出，进而根据线面垂直的判定定理，即可证明直线平面；（2）根据空间向量的线性运算得出，再根据向量的数量积运算求得和，，最后根据异面直线的夹角公式，即可求出直线和夹角的余弦值.【小问1详解】设，，，则为空间的一个基底，且，，，因为，，则，，可得，，即，且，平面，所以平面.【小问2详解】由（1）得，则，，即，则，即，设与的夹角为，则，所以直线和夹角的余弦值为.20.已知函数，其最小值为．（1）求的值；（2）若关于的方程恰有一个实根，求实数的范围．【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）先求导函数再求出最值求参即可；（2）先把函数转化为函数的交点问题，构造函数再结合单调性及值域求参即可.【小问1详解】因，所以，当，则，可知单调递增；当，则，可知单调递减；则最小值在处取到，可得，解得，所以的值为1.【小问2详解】因为，所以，显然不是方程的根，则.令，则，当，则，可知在和上单调递增；当，则，可知在和上单调递减；可知，，，，且，，若有1个不同实根，即使与有一个交点即可，可知或或，所以实数的范围为.21.如图，圆台的上、下底面圆半径分别为1，2，圆台的高为，是下底面圆的一条直径，点在圆上，且，点在圆上运动（与在的两侧），是圆台的母线，．（1）求的长；（2）求平面和平面的夹角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据圆台的性质可得平面，从而得到，再由，得到平面，即可得到，从而得到，再由锐角三角函数求出，即可得到为等边三角形，从而得解；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【小问1详解】依题意平面，平面，则，且，与相交，，平面，所以平面，由平面，则，因为，所以，因为，，，所以，则，所以，所以为等边三角形，则，可知关于对称，所以.【小问2详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，，由，所以，可得，，，，设平面的法向量为，则，令，则，可得，设平面的法向量为，则，令，则，可得，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.22.如图，设P是上的动点，点D是点P在x轴上的投影