浙江省宁波市2023_2024学年高二数学上学期1月期末试题含解析

这是一份浙江省宁波市2023_2024学年高二数学上学期1月期末试题含解析，共27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。
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. 抛物线的焦点坐标为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，结合抛物线的几何性质，即可求解.
【详解】由抛物线，可得抛物线的开口向上，且，所以，
所以抛物线的焦点坐标为.
故选：A.
2. 直线的横截距为（）
A. 1B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】令，求出的值，即可得解.
【详解】由直线，
令，则.
故选：B.
3. 已知是可导函数，如图所示，直线是曲线在处的切线，令，是的导函数，则（）
A. 0B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出，再根据图象求出，，代入计算即可．
【详解】由图可知：过，所以，
又过，所以，即．
而，所以
故选：A．
4. 下列说法正确的是（）
A. 事件A与事件B互斥，则它们的对立事件也互斥．
B. 若，且，则事件A与事件B不是独立事件．
C. 若事件A，B，C两两独立，则．
D. 从2个红球和2个白球中任取两个球，记事件{取出的两个球均为红色}，{取出的两个球颜色不同}，则A与B互斥而不对立．
【答案】BD
【解析】
【分析】AC可举出反例排除；B选项利用对立事件概率公式计算，根据独立事件概率公式验证；D选项根据互斥和对立的定义判定.
【详解】A选项，投掷两枚骰子，出现的数字之和为10为事件，出现的数字之和为11为事件，
则事件A与事件B互斥，
事件的对立事件为出现的数字之和不为10，
事件的对立事件为出现的数字之和不为11，
则不互斥，比如出现数字之和均为9，故A错误；
B选项，由题意得，
，
则事件A与事件B不是独立事件，故B正确；
C选项，假设有一个均匀的正四面体，一面涂有红色，一面涂有黄色，一面涂有蓝色，另一面涂有红、黄、蓝色，随机取一面观察其中的颜色.
事件“出现红色”，；事件“出现黄色”，；事件“出现蓝色”，；我们很容易得到，，，但是，，，故C错误；
D选项，2个红球分别为红1、红2；2个白球分别为白1、白2.
则包含以下基本事件，（红1，红2），（红1，白1），（红1，白2），（红2，白1），（红2，白2），（白1，白2）.
事件包含以下基本事件：（红1，红2）；
事件包含以下基本事件：（红1，白1），（红1，白2），（红2，白1），（红2，白2），
显然A与B互斥而不对立，故D正确.
故选：.
5. 已知双曲线的离心率为，其中一条渐近线（斜率大于0）与圆交于M，N两点，且则（）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线的离心率求出渐近线方程，再借助点到直线距离公式求出弦心距，进而列出弦长求解即可得出结果.
【详解】双曲线的离心率为，得，
解得：于是双曲线的渐近线方程为，即，
圆的圆心，半径，
当渐近线（斜率大于0）时，即为时，
点到此直线的距离为，
又因为弦长，解得：.
故选：C.
6. 电信网络诈骗作为一种新型犯罪手段，己成为社会稳定和人民安全的重大威胁．2023年11月17日外交部发言人毛宁表示，一段时间以来，中缅持续加强打击电信诈骗等跨境违法犯罪合作，取得显著成效．此前公安部通过技术手段分析电信诈骗严重的地区，在排查过程，若某地区有10人接到诈骗电话，则对这10人随机进行核查，只要有一人被骗取钱财，则将该地区确定为“诈骗高发区”．假设每人被骗取钱财的概率为且相互独立，若当时，至少排查了9人才确定该地区为“诈骗高发区”的概率取得最大值，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据相互独立事件同时发生的概率写出概率公式，再用导数的方法确定的值.
【详解】设至少排查了9人才确定该地区为“诈骗高发区”的概率为，
则.
因为：.
由，得：.
所以在上递增，在上递减.
所以当时，取得最大值.即.
故选：B
7. 已知A，B，C是抛物线上的三点，且，若，则点A到直线BC的距离的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将代入抛物线方程，得到，得到，设，由求出，设直线的方程为，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，从而得到，得到直线恒过定点，求出距离最大值.
【详解】将代入中得，，解得，故，
设，由题意得，
其中，，
故，即，
故，即，
设直线的方程为，联立抛物线方程得，
，则，
故，解得，
所以直线的方程为，恒过定点，
故点A到直线BC的距离最大值.
为取等号，，因为，以，满足,
故选：C
8. 若存在正实数，使得等式成立，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简题目所给等式，分离常数，通过构造函数法，结合导数来求得的取值范围.
【详解】依题意存在正实数x，y，使得等式成立，
，
当时，，不符合题意，所以
令，，，
构造函数，，
其中对数函数在上递增，反比例函数在上递增，
所以在上递增，且，
所以在区间，，单调递减；在区间，，单调递增.
所以的最小值为.
要使有解，
则，①，
当时，①成立；当时，
所以的取值范围是.
故选：B.
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. 下列说法正确的是（）
A. 三个向量共面，即它们所在的直线共面．
B. 若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底．
C. 若直线l的方向向量，平面的法向量为，则直线．
D. 设为平面与平面的法向量，若，则平面与平面所成角的大小为．
【答案】BD
【解析】
【分析】由共线向量的定义判断A；利用空间向量基底定义判断B；根据直线与平面位置关系的向量要求判断C；根据面面角的定义判断D.
【详解】对于A选项，三个向量共面，根据向量可以任意平移，可知它们所在的直线可能共面，也可能异面，故A错误；
对于B选项，若为空间的一个基底，则不共面，假设共面，
则存在使得，则有，
解得不存在这样值，则不共面，则构成空间的另一个基底，故B正确；
对于C选项，直线l的方向向量，平面的法向量为，
则，则，若，则，但选项中没有条件，有可能会出现，故C错误；
对于D选项，为平面与平面的法向量，若，根据平面与平面夹角范围为，
所以平面与平面所成角的大小为，故D正确，
故选：BD.
10. 已知两组样本数据和的均值和方差分别为，和，若且，则（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A，根据平均数公式和且即可判断；选项B利用公式计算即可；选项D分别写出，然后结合与即可.
【详解】因为，，
所以，
即，故A正确；
由
，
所以，B选项正确；
由，
，
又，
，
所以
所以，故D选项正确，C错误.
故选：ABD.
11. 已知函数，则（）
A. B. 在单调递增
C. 有最小值D. 的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用导数，函数的变化趋势等方法对选项逐一判断即可．
详解】已知函数，
对于A选项：，正确；
对于B选项：
当时，，
所以，所以在单调递增，正确；
对于C选项：
当时，，故
没有最小值，不正确；
对于D选项：
的最小正周期为，是偶函数，
定义域为．故只需研究即可．
由B选项知：在单调递增，在上单调递减，
的最大值为，正确．
故选：ABD．
12. 菱形内接于椭圆，其周长的值可以取到（）
A. B. C. D. 10
【答案】BC
【解析】
【分析】设出对角线的斜率，表示出菱形的顶点坐标，最后使用两点间距离公式计算周长即可.
【详解】如图，将菱形内接于椭圆，
设，，
当直线的斜率不存在或为0时，菱形的四个顶点与椭圆的四个顶点重合，此时显然周长为；
当直线的斜率存在且不为0时，设的方程为，的方程为，
设菱形周长为，
联立方程组，，可得，显然，
不妨设点A在第一象限，B在第二象限，
解得，代入椭圆中得到，即，
同理可求，
则由两点间距离公式得，
令，则，
可得，
因为，则，
可得，即，
综上所述：，
易得，10，不在此范围内，故排除A,D，，，在此范围内，得到B,C正确.
故选：BC
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法
（1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解．
（2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）．
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若直线l的一个方向向量是，则直线l的倾斜角是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据直线的方向向量可得直线的斜率，然后可求直线的倾斜角.
【详解】因为直线l的方向向量为，所以直线的斜率为，即直线的倾斜角的大小是.
故答案为：.
14. 已知点，动点P满足直线与的斜率之积为，则点P的轨迹方程___________．
【答案】
【解析】
【分析】设，根据斜率的乘积为列式运算可得轨迹方程.
【详解】设，则，，，
所以，即，整理得，
所以点的轨迹方程为，.
故答案为：，.
15. 已知正方体边长为1，，平面BED，平面，平面交于一点M，则点M到平面的距离为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定的正方体建立空间直角坐标系，利用平面基本事实确定点位置，并求出其坐标，利用点到平面距离的向量求法求解即得.
【详解】令，连接，显然平面平面，
平面平面，则，建立如图所示的空间直角坐标系，令，
则，
在平面内，直线方程为，直线方程为，联立解得，
在平面内，直线方程为，直线的方程为，联立解得，
令，则，，
由，得，解得，即点，，
，设平面的法向量，
则，令，得，
于是点M到平面的距离，而正方体的棱长为1，
所以点M到平面的距离为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：确定三个平面的公共点，利用平面的基本事实，先求出其中两个平面的交线，再求出另两个平面的交线即可.
16. 对任意，函数恒成立，则a的取值范围为___________．
【答案】
【解析】
【分析】变形为，构造，求导得到单调性进而恒成立，故，分当和两种情况，结合单调性和最值，得到，得到答案.
【详解】由题意得，
因为，所以，
即，
令，则恒成立，
因为，
令得，，单调递增，
令得，，单调递减，
且当时，恒成立，当时，恒成立，
因为，所以恒成立，故，
当时，，此时满足恒成立，
当，即时，由于在上单调递增，
由得，
令，，
则，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，，
故，即，所以，a的取值范围是.
故答案为：
【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现指数函数与对数函数，通常使用同构来进行求解，本题难点是两边同时乘以，变形得到，从而构造进行求解.
四、解答题：本题共6题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知圆及圆内一点，P为圆M上动点，以P为圆心，PA为半径的圆P．
（1）当且P在第一象限时，求圆P的方程；
（2）若圆P与圆恒有公共点，求r的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到，得出轴，求得，进而得到圆的标准方程；
（2）根据题意，得到，结合题意，得到对任意的恒成立，列出不等式组，即可求解.
【小问1详解】
解：由圆，可得圆心，半径，
又由且时，，
可得轴，所以，则，
因为P在第一象限，所以，
所以圆P的方程为.
【小问2详解】
解：由圆，可得圆心坐标，
因为，所以，
要使得圆P与圆恒有公共点，且圆心距为，
所以对任意的恒成立，
则满足，解得，即实数的取值范围为.
18. 用分层随机抽样从某校高二年级800名学生的数学成绩（满分为100分，成绩都是整数）中抽取一个样本量为100的样本，其中男生成绩数据40个，女生成绩数据60个．再将40个男生成绩样本数据分为6组：，绘制得到如图所示的频率分布直方图．
（1）估计男生成绩样本数据的第80百分位数；
（2）若成绩不低于80分的为“优秀”成绩，用样本的频率分布估计总体，估计高一年级男生中成绩优秀人数；
（3）已知男生成绩样本数据的平均数和方差分别为71和187.75，女生成绩样本数据的平均数和方差分别为73.5和119，求总样本的平均数和方差．
【答案】（1）84（2）96人；
（3）平均数和方差分别为72.5和148．
【解析】
【分析】（1）求出第80百分位数一定位内，利用百分位数的公式计算出答案；
（2）求出成绩不低于80分的频率，估计处高二年级男生中成绩优秀人数；
（3）求出总样本的平均数，利用整体方差和局部方差的相关公式求出答案.
【小问1详解】
在内的成绩占比为，
在内的成绩占比为，
因此第80百分位数一定位内．
因为，所以估计第80百分位数约是84．
【小问2详解】
成绩不低于80分的频率为，
所以高二年级男生中成绩优秀人数估计为：，
所以估计高二年级男生中成绩优秀人数为96人；
【小问3详解】
设男生成绩样本平均数为，方差为，
女生成绩样本平均数，方差为，总样本的平均数为，方差为，
．
．
所以总样本的平均数和方差分别为72.5和148．
19. 如图所示，在三棱锥中，侧棱底面ABC，，M为棱PC的中点，N为棱BC的上的动点．
（1）求证：．
（2）若二面角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的性质证明线线垂直即可.
（2）建立空间直角坐标系，用面面角的向量求法求出参数即可.
【小问1详解】
取PB中点D，连接AD，DM．
因为，所以，
因为底面ABC，
所以，
由，
所以平面PAB，
所以
因为M为棱PC的中点，所以//，所以，面ADM，
所以平面ADM，所以．
【小问2详解】
以A为原点，建立如图所示坐标系，则，
，
设，得，
取平面AMC的法向量，
令是平面AMN的一个法向量，
则，即，令，则，
由
解得或（舍）．
得，所以．
20. 已知函数．
（1）求函数的极值点个数；
（2）若函数存在极大值点，且使得恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）对求导后，讨论的范围确定导函数的符号，从而确定函数的单调性，进而求出极值点的个数；
（2）由（1）得，当时，存在极大值点，记为，且，根据已知的不等式构造函数，根据导数判断的单调性从而得到，再构造函数，继续利用导数判断单调性，进而求出a的取值范围.
【小问1详解】
的定义域为，
由题意得，
令，则，
①当时，恒成立，在递增，
当时，，当时，，
在存在，使得，
在单调递减，在单调递增，在处取得极大值，
此时有一个极值点；
②当时，令得，
当时，，单调递增，
时，，单调递减，
所以，
（i）当，即时，此时，
在无单调增区间，
所以此时无极值点；
（ii）当，即时，
当时，，当时，，
在存在，使得，在存在，使得，
在单调递减，在单调递增，在单调递减，
在处取得极小值，在处取得极大值，
此时有两个极值点.
综上所述，当时，有一个极值点；
当时，有两个极值点；
当时，无极值点.
【小问2详解】
由（1）得，当时，存在极大值点，记为，且，
则，即，
则，
令，，即，
，所以在单调递增，
由得，
令，，
所以在上单调递减，所以，
所以实数a的取值范围.
【点睛】关键点点睛：本题考查了利用导数研究函数的极值点以及利用导数解决不等式恒成立时的参数的范围问题.解决此类问题的关键在于构造函数，明确导数与函数的单调性以及极值之间的关系，将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题，其中要注意分类讨论.
21. 如图所示，设抛物线，过抛物线E内一点的两条直线分别与抛物线交于A，C和B，D，且满足，其中，当轴时，．
（1）求抛物线E的方程；
（2）当变化时，是否为定值？若是，请求出此定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）是，2
【解析】
【分析】（1）当轴时，得到，结合，即可求解；
（2）由，得到，联立方程组得到，同理得到，转化为是方程的两个根，结合根与系数的关系，即可求解.
【小问1详解】
解：当轴时，，可得，则，
可得，所以，所以抛物线E的方程为.
【小问2详解】
解：设
由，可得，
因为A，C在抛物线，可得，
将代入得，
整理得，可得，
同理可得，对于B，D，则有
所以是方程的两个根，所以，
所以，即为定值．
22. 已知椭圆，离心率为，点在曲线上，过双曲线上一点P（点P在第一象限）的切线交于AB两点，直线OP交于C，D两点，点A，D在x轴上方．
（1）求，的方程；
（2）设AC与BD交于点Q，记的面积分别为，求的最大值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据离心率设出椭圆方程，代入点的坐标计算即可；
（2）直线，与双曲线联立，根据判别式为零求出关系，进而求出点坐标，写出直线的方程，求出点坐标，进而求出点，点到直线的距离，求出，表示出，利用导数知识求其最值.
【小问1详解】
根据题意得，
设，代入得，，
方程为，的方程为；
【小问2详解】
设直线，
，
；
所以，即，
得，
所以；
所以；
又；
，
所以；
，
，
因为C，D在直线AB同侧，
所以
，
所以
设
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
当时，，
所以.
【点睛】方法点睛:利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
(1）设直线方程，设交点坐标为；
(2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 (或)的一元二次方程，注意的判断；
(3）列出韦达定理；
(4）将所求问题或题中的关系转化为 (或）的形式;
(5）代入韦达定理求解.