3.福建省厦门第一中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷

这是一份3.福建省厦门第一中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．一个小球从的高处下落，其位移（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，则时小球的瞬时速度（单位：）为（ ）
A．B．C．D．
2．设抛物线的焦点为，点为曲线第一象限上的一点，若，则直线的倾斜角是（ ）
A．B．C．D．
3．若点是曲线上任意一点，则点到直线的最小距离为（ ）
A．B．C．2D．8
4．在等比数列中，是函数的极值点，则
A．B．C．D．
5．有2男2女共4名大学毕业生被分配到三个工厂实习，每人必须去一个工厂且每个工厂至少去1人，且工厂只接收女生，则不同的分配方法种数为（ ）
A．12B．14C．22D．24
6．已知定义在上的函数满足，且，则的解集是（ ）
A．B．C．D．
7．若甲盒中有2个白球､2个红球､1个黑球，乙盒中有x个白球（）､3个红球､2个黑球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，若从甲盒中取出的球和从乙盒中取出的球颜色相同的概率大于等于，则的最大值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
8．已知函数对定义域内任意，都有，则正实数取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知的展开式中，各项的二项式系数之和为128，则（ ）
A．B．只有第4项的二项式系数最大
C．各项系数之和为1D．的系数为560
10．现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则（ ）
A．没有空盒子的方法共有24种
B．可以有空盒子的方法共有128种
C．恰有1个盒子不放球的方法共有144种
D．没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有8种
11．已知直线与曲线相交于不同两点，，曲线在点处的切线与在点处的切线相交于点，则（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
12．已知函数，，则的最小值为 ．
13．展开式中常数项为12，则 ．
14．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的右支交于，两点，若，且双曲线的离心率为，则 ．
四、解答题
15．已知是等差数列，，且，，成等比数列．
(1)的通项公式；
(2)设数列的前项和为，满足，求的最小值．
16．如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，，分别是线段，的中点，在平面内的射影为．
(1)求证：平面；
(2)若点为棱的中点，
（ⅰ）求点到平面的距离；
（ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值．
17．已知函数，，其中为常数．
(1)若时，求函数图象在点处的切线方程与坐标轴围成的面积；
(2)若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
18．已知椭圆C：过点，长轴长为.
(1)求椭圆方程及离心率；
(2)直线l：与椭圆C交于两点M、N，直线AM、AN分别与直线交于点P、Q，O为坐标原点且，求证：直线l过定点，并求出定点坐标.
19．已知函数，．
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，记的极小值点为．
（ⅰ）证明：存在唯一零点；
（ⅱ）求证：．（参考数据：）
参考答案：
1．A 2．A 3．B 4．B 5．B 6．A 7．C 8．C
9．AD 10．ACD 11．ACD
12． 13．5 14．/
15．(1)
(2)
【详解】（1）因为，，成等比数列，
所以，解得，
设等差数列的公差为，则，
所以.
（2）由（1）可得，
所以
，
由，则，解得，
又为正整数，所以的最小值为.
16．(1)证明见解析；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【详解】（1）在三棱柱中，连接，由为等边三角形，为中点，得，
由在平面内的射影为，得平面，而平面，则，
又平面，于是平面，
而平面，则，显然四边形为菱形，有，
由，分别为，中点，得，则，
且，平面，所以平面.
（2）（ⅰ）由（1）知，直线两两垂直，
以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量为，则，令，得，
所以点到平面的距离为.
（ⅱ）由（ⅰ）知，平面的一个法向量，
设平面的法向量，则，令，得，
因此，
所以平面与平面夹角的余弦值.
17．(1)，；
(2)
【详解】（1）当时，函数，求导得，
则，又，因此切线方程为，
该切线交轴于点，交轴于点，因此该切线与坐标轴所围三角形面积为，
所以函数图象在点处的切线方程为，与坐标轴围成的面积为.
（2）令，依题意，在恒成立，
，求导得，
当时，则当时，，函数在上递增，
于是，即有，则；
当时，则当时，，函数在上递减，
显然，，不符合题意，
所以实数的取值范围是.
18．(1)，；
(2)证明见解析，定点坐标为.
【详解】（1）由椭圆的长轴为，得，
将点的坐标代入椭圆的方程，得，解得得，
所以椭圆的方程为，离心率.
（2）如图，

由消去y得，，
，即，
设、，则，．
直线的方程为，则，
直线的方程为，则，
由，得，则，
于是，
即
整理得，解得或，
当时，直线方程为，即，
此时直线过定点，不符合题意，舍去；
当时，直线方程为，即，直线过定点，合乎题意，
所以直线经过定点，且定点坐标为.
19．(1)单调递减区间为，无单调递增区间
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【详解】（1）当时，定义域为，
又，
设，，则，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
当时，取得极大值，即最大值，
所以恒成立，即恒成立，
所以的单调递减区间为，无单调递增区间；
（2）（ⅰ）函数的定义域为，
又，设，，则，
当时，，所以单调递增，
，，
所以存在，使得，
当时，，即，所以单调递减；
当时，，即，所以单调递增，
又且时，，，
所以存在唯一，使得，即存在唯一零点.
（ⅱ）要证，
只需证，
即证，
因为，
所以，
所以
，
设，则，
令，解得，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
当时，取得极大值，
所以，即成立，命题得证.