浙江省宁波市慈溪市2023-2024学年高二上学期期末考试 数学 含解析

慈溪市2023学年第一学期期末测试卷高二数学学科试卷说明：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.2.双曲线的一个焦点坐标为（）A. B. C. D.3.已知曲线在点处的切线方程为，则（）A.1 B.0 C. D.4.已知等差数列前5项和，且，则公差（）A. B. C. D.5.过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（）A. B. C. D.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.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.8.已知定义在上函数的导函数为，若，，则（）A. B. C. 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11.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.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______.14.已知等比数列的前n项和为，且，，则______.15.已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是_________．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______.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．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．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．20.已知数列首项，且满足（）．（1）求证：数列等比数列；（2）若，令，求数列的前n项和．21.已知函数（）．（其中是自然对数的底数）（1）若对任意时，都有，求实数a的取值范围；（2）若，求证：．（参考数据：，）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．慈溪市2023学年第一学期期末测试卷高二数学学科试卷说明：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】【分析】根据对称即可求解.【详解】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】【分析】根据标准方程即可求解.【详解】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（）A1 B.0 C. D.【答案】D【解析】【分析】求导，根据即可求解，进而可求解.【详解】,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】【分析】根据等差数列的性质即可求解.【详解】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】【分析】设圆心为，点为点，切点为，先利用勾股定理求出切线长，再求出，再根据二倍角的余弦公式即可得解.【详解】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】【分析】先将分别用表示，再根据数量积得运算律即可得解.【详解】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：（）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】【分析】根据斜率公式，即可得，进而根据离心率公式即可求解.【详解】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】【分析】由，可得，构造函数，利用导数判断出函数的单调性，再根据函数的单调性逐一判断即可.【详解】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.【点睛】关键点点睛：构造函数，利用导数判断出函数的单调性是解决本题的关键.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】【分析】根据时，直线的斜率不存在，即可判断A；根据两直线平行的充要条件计算即可判断B；根据两直线垂直的充要条件计算即可判断C；令的系数等于零求出定点即可判断D.【详解】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】【分析】根据复合函数的求导法则，结合基本初等函数求导公式以及求导法则即可逐一求解.【详解】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】【分析】先根据的奇偶性求出，再根据的奇偶性即可求出，即可判断A；分类讨论，求出数列的周期，进而可判断BCD.【详解】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】【分析】建立直角坐标系，利用法向量与方向向量的关系即可求解A，根据线面角的向量法，结合不等式的性质即可判定C，根据线面平行即可求解B,根据面面平行即可求解长度判断D.【详解】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，设平面的法向量为，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，由于是线段上的点，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【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.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】【分析】将一般式转化为标准式即可求解半径.【详解】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】【分析】根据等比数列前n项和的性质计算即可.【详解】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】【分析】直接求导得，再设新函数，首先讨论的情况，当时，求出导函数的极值点，则由题转化为，解出即可.【详解】，，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】【分析】设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，由，得，求出的关系，进而可求出的范围，再根据计算即可.【详解】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，，所以面积最小值为.故答案为：.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．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．【答案】（1）在上为增函数；在上为减函数；（2）【解析】【分析】（1）直接利用函数的导数确定函数的单调区间．（2）求导根据函数的单调性即可求解最值．【小问1详解】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；【小问2详解】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．【答案】（1）（2）或．【解析】【分析】（1）由已知条件可得直线的方程，再结合点到直线的距离公式即可求出弦的长；（2）由已知条件可求出圆心到直线的距离，再分类讨论，结合点到直线的距离公式可求出值，则直线的方程可求．【小问1详解】直线过点，且斜率为，直线的方程为，即，圆心到直线的距离为，；【小问2详解】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．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求证即可；（2）先根据三棱锥体积求出，再利用向量法求解即可.【小问1详解】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；【小问2详解】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.已知数列的首项，且满足（）．（1）求证：数列为等比数列；（2）若，令，求数列的前n项和．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据递推公式证明为定值即可；（2）先利用错位相减法求出数列的前项和，再分和两种情况讨论即可.【小问1详解】由，得，所以数列是以为首项，为公比的等比数列；【小问2详解】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：，）【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）令，由题意可得函数在上单调递增，在上恒成立，分离参数，进而可得出答案；（2）要证，即证，令，利用导数求出即可得证.【小问1详解】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；【小问2详解】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，．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“