浙江省温州中学2023-2024学年高二上学期12月跨年考数学试卷(含答案)

这是一份浙江省温州中学2023-2024学年高二上学期12月跨年考数学试卷(含答案)，共3页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．直线的倾斜角是( )
A.B.C.D.
2．抛物线的焦点到准线的距离( )
A.4B.C.2D.
3．已知直线l上有两点,,平面的一个法向量为,若,则( )
A.2B.1C.D.
4．已知,则( )
A.0B.C.1D.
5．已知双曲线,焦距为2c,若a,,c成等比数列,则该双曲线的离心率为( )
A.B.2C.D.
6．定义“等方差数列”：如果一个数列从第二项起，每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等方差数列，这个常数叫作该数列的方公差.设是由正数组成的等方差数列，且方公差为2，，则数列的前24项和为( )
A.B.3C.D.6
7．动点M在正方体从点开始沿表面运动,且与平面的距离保持不变,则动直线与平面所成角正弦值的取值范围是( )
A.B.C.D.
8．若,,,则( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．在空间直角坐标系Oxyz中,已知点,则( )
A.点P关于x轴的对称点是
B.点P关于Oxy平面的对称点是
C.点P关于z轴的对称点是
D.点P关于原点的对称点是
10．已知,下列说法正确的是( )
A.在处的切线方程为B.的单调递减区间为
C.在处的切线方程为D.的单调递增区间为
11．设等差数列的前n项和为,若,且,则( )
A.数列为递增数列B.和均为的最小值
C.存在正整数k,使得D.存在正整数m,使得
12．已知椭圆的左、右两个焦点分别为,,短轴的上、下两个端点分别为,,的面积为1,离心率为,点P是C上除长轴和短轴端点外的任意一点,的平分线交C的长轴于点M,则( )
A.椭圆的焦距等于短轴长
B.面积的最大值为
C.
D.的取值范围是
三、填空题
13．直线被圆截得的弦长为________.
14．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:有一个人走了378里路,第一天健步行走,从第二天起,由于脚痛,每天走的路程是前一天的一半,走了6天后到达目的地,则此人第三天走的路程为________.
15．已知函数,则使得成立的的取值范围是.
16．已知点是抛物线与椭圆的公共焦点,是椭圆的另一焦点,P是抛物线上的动点,当取得最小值时,点P恰好在椭圆上,则椭圆的离心率为________.
四、解答题
17．已知公差不为零的正项等差数列的前n项和为,,,,成等比数列.
（1）求数列的通项公式;
（2）令,求的前n项和.
18．如图,直三棱柱中,ABC是边长为2的正三角形,O为AB的中点.
（1）证明:平面;
（2）若,求平面与平面夹角的余弦值.
19．已知F为抛物线的焦点,O为坐标原点,M为C的准线l上的一点,线段MF长度的最小值为2.
（1）求C的方程;
（2）过点F作一条直线m,交C于A,B两点,试问在准线l上是否存在定点N,使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方?若存在,求出点N的坐标;若不存在,请说明理由.
20．已知函数有两个极值点为,,.
（1）当时,求的值;
（2）若（为自然对数的底数）,求的最大值.
21．已知双曲线E的左、右焦点分别为,,点在双曲线E上.
（1）求E的方程;
（2）过作两条相互垂直的直线和,与E的右支分别交A,C两点和B,D两点,求四边形ABCD面积的最小值.
22．已知函数,.
（1）讨论函数的单调性;
（2）当时,设,求证:函数存在极大值点,且.
参考答案
1．答案：A
解析：直线的斜率,故其倾斜角为
2．答案：A
解析：由题设,抛物线的标准方程为,则,
焦点到准线的距离为4.
故选:A.
3．答案：D
解析：因为直线l上有两点,,
所以直线的一个方向向量为
又因为,平面的一个法向量为,
所以,即,
解得.
故选:D.
4．答案：B
解析：求导得,
所以,解得
故选:B
5．答案：C
解析：由双曲线知:,又a,,c成等比数列,得,又,,方程两边同时除以,
,,.
故选:C.
6．答案：D
解析：依题意，，即是公差为2的等差数列，而，
于是，即，
则
，
所以数列的前24项和为：.
故选：D
7．答案：C
解析：连接,,AC,
因为,,所以四边形是平行四边形,
所以,又平面,平面,所以平面,
同理,平面,又,,平面,
所以平面平面,
则由M与平面的距离保持不变,得点M的移动轨迹为三角形的三条边,
当M为中点时,直线与平面所成角正弦值最大,
取的中点N,设正方体的棱长为2,
则,,,
所以,则为直角三角形,
所以直线与平面所成角正弦值为,
当M为C点时,直线与平面所成角的正弦值最小,
此时,,,
所以,则.
直线与平面所成角正弦值的取值范围是,
故选:C.
8．答案：A
解析：设,,则在上为增函数,故,即.
又在上为增函数,且,则有,即,故.
设,则,故为减函数,,即,故,即.
综合可得:.
故选:A
9．答案：AD
解析：对于A,点P关于x轴的对称点,纵坐标和竖坐标变号,横坐标不变,即为,故A正确;
对于B,点P关于Oxy平面的对称点,只有竖坐标变号,其余不变,即为,所以B错误;
对于C,点P关于z轴的对称点,横坐标和纵坐标变号,竖坐标不变,即为,即可知C错误;
对于D,点P关于原点的对称点,横坐标、纵坐标和竖坐标都要变号,即为,即D正确;
故选:AD
10．答案：BC
解析：对于AC,,由,得,
所以切线的斜率,所以在处的切线方程为,所以A错误,C正确,
对于BD,函数的定义域为,,
由,得,解得,
由,得,解得,
所以在上递增,在上递减,所以B正确,D错误,
故选:BC
11．答案：ACD
解析：设等差数列的公差为d,
因为时,,
即,故,
因为,
所以,
即,
因为恒成立,所以,
故等差数列为递增数列,A正确;
则,
即,
故,
由A选项知,故,,
所以,故为的最小值,B错误;
,
因为,故当时,,
所以存在正整数k,使得,C正确;
,,
令,因为,
解得:
存在正整数m,使得,D正确.
故选:ACD
12．答案：ACD
解析：对于A,令椭圆半焦距为c,由的面积为1,离心率为,得,
又,解得,,椭圆的方程为,A正确;
对于B,设点,,,面积无最大值,B错误;
对于C,由的平分线交长轴于点M,得,
于是,由,,得,C正确;
对于D,设,则,而且,
即且,亦即,且,
解得,且,因此,且,
所以,D正确.
故选:ACD
13．答案：
解析：圆的圆心为原点,半径为2,
圆心到直线的距离为,
所以,直线被圆截得的弦长为.
故答案为:.
14．答案：48
解析：设第一天走了x里,
由题意得,每天走的路程构成以x为首项,以为公比的等比数列,
因为此人6天共走了378里路,
所以,即,
解得,
所以此人第三天走的路程为,
故答案为:48
15．答案：
解析：令,则的定义域为R,
又,则是偶函数;
当时,,,
当时,显然,
当时,,,所以,
综上,在上单调递增,
因为,
所以由,得,即,
所以,即,解得.
故答案为:.
16．答案：
解析：抛物线的焦点坐标为,准线方程为,
过P向抛物线的准线作垂线PM,则,所以,
显然当直线与抛物线相切时,最小,即取得最小值,
设直线的方程为,代入可得,
令,可得,
不妨设P在第一象限,则,所以,即,
因为P在椭圆上,且为椭圆的焦点,
所以,解得或(舍去),
所以,所以离心率为.
17．答案：（1）
（2）
解析：（1）依题意,设等差数列的公差为d,,
因为,所以,
因为,,成等比数列,所以,即,
联立,解得或（舍去）,
所以.
（2）由（1）得,
所以,
所以,
两式相减得,,
所以,
所以.
18．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）是正三角形,O为AB的中点,,
又是直三棱柱,平面ABC,
又平面ABC,,
又,AB,平面,平面.
（2）依题意,建立空间直角坐标系,如图,
是边长为2的正三角形,则,
则,,,,.
,,,,
设平面的法向量为,则,即,
取,则,,故,
设平面的法向量为,则,即,
取,则,,故,
设平面与平面夹角为,
则,
平面与平面夹角的余弦值为.
19．答案：（1）
（2）存在符合题意的定点N,N的坐标是或
解析：（1）依题意,M为C的准线l上的一点,线段MF长度的最小值为2,
所以,所以抛物线的方程为.
（2）抛物线的焦点,准线.
设,由于直线m与抛物线有两个交点,所以直线m与x轴不重合,
设直线m的方程为,由消去x并化简得:
,设,,
则,,
,,
,,,
若“直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方”,
则,
,
,
,
,
,
,,解得或,
所以存在符合题意的定点N,N的坐标是或.
20．答案：（1）
（2）
解析：（1）易知函数的定义域为,
则,
当时可得,,
因此可知当或时,;当时,;
所以在和上单调递增,在上单调递减;
可得和是函数的两个极值点,又,所以;
所以可得,
即当时,;
（2）易知,
又,所以,是方程的两个实数根,
由韦达定理可得,,
所以
,
设,由可得,令,
则,所以在上单调递减,
可得,
故可知的最大值为.
21．答案：（1）
（2）6
解析：（1）设双曲线,则,解得,
所以双曲线E的方程为.
（2）根据题意,直线,的斜率都存在且不为0,
设直线,,其中,
双曲线的渐近线为,
因为,均与E的右支有两个交点,所以,,所以,
将的方程与联立,可得,
设,,则,,
所以
,
用替换k,可得,
所以.
令,所以,,
则,
当,即时,等号成立,
故四边形ABCD面积的最小值为6.
22．答案：（1）答案见解析
（2）证明见解析
解析：（1）由函数的定义域为,则,
当时,,在上单调递减;
当时,当时,,则在上单调递减;
当时,,则在上单调递增;
故当时,在上单调递减;
当时,在上单调递减,在上单调递增;
（2）当时,由（1）可知,
在上单调递减,在上单调递增,
故;
故当时,,
则,
令,则,
仅当时等号成立,
故在上单调递增,
且,,即存在唯一,使得,
当时,;当时,;
则当时,;当时,,当时,,
即在单调递增,在单调递减,在单调递增,
故函数存在极大值点,即为;
由,即,
故,
由于,故,且,
即.