2024宁波慈溪高二上学期期末考试数学含解析

这是一份2024宁波慈溪高二上学期期末考试数学含解析，共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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. 1B. 0C. 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. 0D.
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16B. 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：B
2. 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：A
3. 已知曲线在点处的切线方程为，则（ ）
A 1B. 0C. 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：D
4. 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：C
5. 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. 0D.
【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：B
8. 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：BCD
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16B. 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“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
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．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设双曲线的方程为，利用待定系数法求出即可得解；
（2）分直线的斜率是否为零两种情况讨论，根据，可得，双曲线方程可变形为，再由直线的方程可得，代入变形后的双曲线方程，再利用韦达定理即可得出间的关系，进而可求出直线所过的定点，即可得出结论.
小问1详解】
设双曲线的方程为，
因为点在上，
所以，解得，
所以的方程为；
【小问2详解】
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.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.