2024温州高二上学期期末数学试题（A）含解析

这是一份2024温州高二上学期期末数学试题（A）含解析，文件包含浙江省温州市2023-2024学年高二上学期期末教学质量统一检测数学试题A原卷版docx、浙江省温州市2023-2024学年高二上学期期末教学质量统一检测数学试题A含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。

考生注意：
1．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上．
2．选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净．
3．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，答案写在本试题卷选择题部分上无效．
一、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. 已知直线方程，则倾斜角为（ ）
A. 45°B. 60°C. 120°D. 135°
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线的斜率，进而得到直线的倾斜角.
【详解】直线的斜率为-1，
设直线的倾斜角为，则，
因为，所以.
故选：D.
2. 在空间四边形ABCD中，点M，G分别是BC和CD的中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知可得，代入即可得出答案.
【详解】
因为，点G是CD的中点，
所以，，
所以，
故选：C
3. 已知函数满足，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出导函数，代入，即可得出答案.
【详解】由已知可得，，
则，
所以，.
故选：A.
4. 已知为等比数列的前n项和，，则（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】根据与的关系，求出当时，，以及，.由等比数列的可得，求出的值，代入得出，.
【详解】由已知可得，，
当时，，
所以，，且.
由为等比数列，可知，解得.
所以，，.
故选：C.
5. 已知圆锥有一个内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，圆柱与圆锥的高之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】画出圆锥及其内接圆柱的轴截面，利用条件结合圆柱的侧面积公式求圆柱的侧面积，利用二次函数的图象和性质求解即可．
【详解】设圆锥的底面半径为，高为；圆柱的底面半径为，高为，
画出圆锥及其内接圆柱的轴截面，如图
则，
．
圆柱侧面积
．
当时，圆柱侧面积最大，
此时圆柱与圆锥的高之比为．
故选：B.
6. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒或小石子来研究数．他们根据沙粒或小石头所排列的形状把数分成许多类，如图的1，5，12，22称为五边形数，若五边形数所构成的数列记作，下列不是数列的项的是（ ）
A. 35B. 70C. 145D. 170
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知得出的前几项，进而得出递推公式.根据累加法求得通项公式为.分别令取35，70，145，170，求出的正整数解的情况，即可得出答案.
【详解】由已知可得，，，，，
所以，.
当时，累加法求和如下
，
，
，
，
两边同时相加可得，，
整理可得，.
对于A项，令可得，，解得或（舍去）.
所以，，故A项错误；
对于B项，令可得，，解得或（舍去）.
所以，，故B项错误；
对于C项，令可得，，解得或（舍去）.
所以，，故C项错误；
对于D项，令可得，，解得（舍去）或（舍去）.
所以，170不是数列的项，故D项正确.
故选：D.
7. 已知F为椭圆的左焦点，过点F的直线l交椭圆于A，B两点，，则直线AB的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出坐标，设，直线斜率为，倾斜角为，结合图象得出，表示出直线的方程为，与椭圆联立，根据韦达定理得出，进而推得，根据三角函数基本关系式化简，得出方程，求解即可得出答案.
【详解】
易知，，，点.
不妨设，，直线斜率为，倾斜角为，
易知，
且直线的方程为，
联立直线与椭圆的方程，
消去可得，.
根据韦达定理可得，.
又，
所以有，
所以，.
又，
代入可得，
所以，，
解得，所以，.
故选：B.
8. 若函数在上单调递增，则a和b的可能取值为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】二次求导得到在上单调递增，要想在上单调递增，只需，A选项，构造，，求导得到单调性，求出，得到；B选项，；C选项，令，，求导得到其单调性，求出；D选项，构造，，求导得到单调性，得到，从而求出.
【详解】，且，且，
，
令，则恒成立，
故在上单调递增，
要想在上单调递增，只需，
即只需，
A选项，
令，，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
故，即，
故，A错误；
B选项，由于，故，B错误；
C选项，，
令，，
则恒成立，
故在上单调递减，
故，即，C错误；
D选项，，
令，，
则恒成立，
故在上单调递减，
故，即，
故，D正确.
故选：D
【点睛】比较大小或证明不等式常用的不等式放缩如下：，，，，等，根据不等式特征，选择合适的函数进行求解.
二、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. 以下选项中的两个圆锥曲线的离心率相等的是（ ）
A. 与B. 与
C. 与D. 与
【答案】CD
【解析】
【分析】根据椭圆、双曲线以及抛物线的离心率公式，分别求出各个圆锥曲线的离心率，即可得出答案.
【详解】对于A项，双曲线的离心率为；椭圆的离心率为，故A错误；
对于B项，双曲线的离心率为；双曲线的离心率为，故B错误；
对于C项，椭圆的离心率为；椭圆的离心率为，故C项正确；
对于D项，方程可化为抛物线，方程可化为抛物线，而且抛物线的离心率均为1，故D项正确.
故选：CD.
10. 已知函数，则（ ）
A.
B. 有两个极值点
C. 在区间上既有最大值又有最小值
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】求导得出导函数，代入，即可判断A项；根据导函数得出函数的单调性，即可得出函数的极值，进而判断B项；根据B项的单调性与极值，结合函数的极值以及、，即可判断C项；求出的值，即可判断D项.
【详解】对于A项，由已知可得，，所以.故A正确；
对于B项，解可得，或.
解可得，或，所以在上单调递增，在上单调递增；
解可得，，所以在上单调递减.
所以，在处取得极大值，在处取得极小值.故B正确；
对于C项，由B知，在处取得极大值，在处取得极小值.
因，，，.
显然，所以，在区间上没有最大值.故C错误；
对于D项，因为，，.
所以，.故D项正确.
故选：ABD.
11. 已知数列的前n项和为，且，，则下列命题正确的是（ ）
A. 若为等差数列，则数列为递增数列
B. 若为等比数列，则数列为递增数列
C. 若为等差数列，则数列为递增数列
D. 若为等比数列，则数列为递增数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】AC选项，得到公差，，结合等差数列求和公式得到对恒成立，A正确，推出得到C正确；BD选项，得到公比，举出反例得到C错误，由，且，得到D正确.
【详解】因为，，所以，且，
AC选项，若为等差数列，则公差，，
则，对恒成立，
则数列为递增数列，A正确；
由于，故，又，故，
则，数列为递增数列，C正确；
BD选项，若为等比数列，则公比，不妨设，，
则，故，
则数列不为递增数列，B错误；
由于，故，又，故数列递增数列，D正确.
故选：ACD
12. 已知在直三棱柱中，，，，点分别为棱，，上的动点（不含端点），点为棱的中点，且，则（ ）
A. 平面
B. 平面
C. 点到平面距离的最大值为
D. 平面与平面所成角正弦值的最小值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法逐一分析判断即可.
【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
设，则，
，故，所以，
则，
故，
所以，
对于A，，则，
，
所以，则，
又平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，，则，
假设平面，则四点共面，
所以存在唯一实数对，使得，
即，
所以，解得，
所以四点共面，即平面，故B正确；
对于C，，
设平面的法向量为，
则有，
令，则，所以，
所以点到平面距离为
令，则，
故
，
当，即时，，
所以点到平面距离的最大值为，故C正确；
对于D，因为平面，
所以即为平面的一条法向量，
，则，
设平面的法向量为，
则有，
令，则，故，
设平面与平面所成的角为，
则，
则，
当时，，
所以平面与平面所成角正弦值的最小值为，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
非选择题部分
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 等差数列的前n项和为，已知，且，则公差______．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知可推得，进而得出答案.
【详解】由可得，，
即，又，
所以，.
故答案为：.
14. 已知圆：和圆：外离，则整数的一个取值可以是______．
【答案】（答案不唯一，或7或8）
【解析】
【分析】写出两圆的圆心及半径，利用两点之间坐标公式求出圆心的距离，利用两圆相离的关系列出不等式，求出整数m的值.
【详解】由题意，将两圆的方程化为标准方程：
得：圆，圆，
圆的圆心为，圆的圆心为，圆的半径为3，圆的半径为，
∴两圆圆心的距离为．
所以，解得，
所以整数的取值可能是．
故答案为：（答案不唯一，或7或8）.
15. 两个正方形ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，M和N分别是对角线AC和BF上的动点，则MN的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】建立空间坐标系，设点坐标的得到线段长度表达式，配方利用二次函数最小值.
【详解】因为平面平面，平面平面,，平面,根据面面垂直的性质定理知平面，
，从而，，两两垂直，如图建立空间直角坐标系，
设
，，．
=，
当时，最小，最小值为；
故答案为：
16. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，l：是C的一条渐近线，是C第一象限上的点，直线与l交于点，，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】作出图形，合理转化条件，硬解出点的纵坐标，利用焦点三角形面积相等求解即可.
【详解】如图连接
设，易知是C的一条渐近线，，则，
而，故，
则双曲线的方程为，，，
则，，
由得，解得，则，
故，则的方程为，化简得，
联立方程组，，设，，
可得，故，，
由图易得，则，解得，
易知，
由焦点三角形面积公式得，
故，解得.
故答案为：
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. 如图，四棱锥的底面是边长为1的菱形，，平面ABCD，，M为PB的中点．
（1）求证：平面平面PDB；
（2）求CP与平面MAC所成角的正弦值．
【答案】（1）证明过程见讲解.
（2）
【解析】
【分析】（1）利用直线与平面的垂直的性质，平面与平面的判断定理进行证明.
（2）利用空间向量求解.
【小问1详解】
因为四边形为菱形，所以.
因为平面，因为平面，
所以，因为，
平面，所以平面，
因为平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
连接，交于，
因为四边形为菱形，所以为的中点，
因为M为PB的中点，所以为的中位线，
所以，因为平面ABCD，
所以平面，如图建立空间直角坐标系.
根据题意有,,
所以，
易知平面的一个法向量为，设CP与平面MAC所成角为，
则，
所以CP与平面MAC所成角的正弦值.
18.
已知圆满足：① 截轴所得弦长为2；②被轴分成两段圆弧，其弧长比为3：1；③圆心到直线：的距离为，求该圆的方程．
【答案】或
【解析】
【详解】（法一）设圆P的圆心为P（a，b），半径为r，
则点P到x轴，y轴的距离分别为|b|，|a|．
由题意可知圆P截x轴所得劣弧对的圆心角为90°
圆P截x轴所得的弦长为，2|b|=，得r2=2b2，
圆P被y轴所截得的弦长为2，由勾股定理得r2=a2+1，
得2b2- a2=1．
又因P（a，b）到直线x -2y=0的距离为，得d=，即有
综前述得，解得，，于是r2= 2b2=2
所求圆的方程是，或
（法二）设圆的方程为，
令x =0，得，
所以，得
再令y=0，可得，
所以，得，
即，从而有2b2- a2=1．
又因为P（a，b）到直线x -2y=0的距离为，
得d=，即有
综前述得，解得，，于是r2= 2b2=2
所求圆的方程是，或
19. 已知数列满足，．
（1）求证：数列为等差数列；
（2）设数列前n项和为，且对任意的恒成立，求k的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明为定值即可；
（2）先求出数列的通项，要使对任意的恒成立，只需要即可，令，利用单调法求出数列的最小项即可得解.
【小问1详解】
因为，所以，即，
所以数列是首项为，公差为的等差数列；
【小问2详解】
由（1）得，所以，
要使对任意的恒成立，只需要即可，
令，
则
，
所以数列是递增数列，
所以，即，
所以.
20. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）求证：当时，．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，再分和两种情况讨论即可得解；
（2）由（1）可得当时，，要证，只需要证明即可，即，令，利用导数求出的最小值即可得证.
【小问1详解】
函数的定义域为，
，
当时，，所以函数在上单调递增，
当时，令，则，令，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
综上所述，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
【小问2详解】
由（1）可得当时，，
要证，只需要证明即可，
即，即，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，
所以当时，.
21. 已知点在双曲线C：上，
（1）求C的方程；
（2）如图，若直线l垂直于直线OA，且与C的右支交于P、Q两点，直线AP、AQ与y轴的交点分别为点M、N，记四边形MPQN与三角形APQ的面积分别为与，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由点在双曲线上，代入求得的值，即可求解；
（2）根据题意，设直线为，联立方程组，由，求得，且，利用弦长公式求得则，进而得到，再由直线和的方程，得到，求得的面积，进而得到，结合函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
解：由点在双曲线上，可得，
解得，所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
解：由直线垂直于，可得直线的斜率为，
设直线的方程为，且，
联立方程组，整理得，
因为直线与双曲线的右支交于两点，
则，解得，
可得，
则
，
又由点到直线的距离为，
所以，
直线的方程为，令，可得，
直线的方程为，令，可得
则
，
所以的面积，
又由，则，
令，
可得函数在上单调递减，且，所以，
所以，即的取值范围为.
【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的最值与范围问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式法；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围；
（3）涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时抓住直线与圆锥曲线的几何特征应用.
22. 设函数．
（1）若曲线在点处的切线方程为，求a，b的值；
（2）若当时，恒有，求实数a的取值范围；
（3）设时，求证：．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，根据题意结合导数的几何意义列式求解；
（2）构建，由题意可知：当时，恒有，且，结合端点效应分析求解；
（3）由（2）可知：当时，，令，，可得，再令，可得，利用累加法分析证明.
【小问1详解】
因为，则，
则，，即切点坐标为，斜率，
由题意可得：，解得.
【小问2详解】
令，
则，
由题意可知：当时，恒有，且，
则，解得，
若，则有：
①当时，，
因为，可知，
令，
因为在内单调递增，可得在内单调递增，
则，即，符合题意；
②当时，则在内恒成立，符合题意；
③当时， 令，
则，
因为，则，，
可知在内恒成立，
则在内单调递增，可得，
则在内单调递增，可得，符合题意；
综上所述：实数a的取值范围为.
【小问3详解】
由（2）可知：当时，，
令，可得，
令，则，则，整理得，
令，则，整理得，
则，
所以.
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
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．
（2）函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．