安徽省2023_2024学年高二数学上学期期末联考试题含解析

这是一份安徽省2023_2024学年高二数学上学期期末联考试题含解析，共25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。
1. 已知点，空间内一平面过原点，且垂直于向量，则点到平面的距离为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意结合点到面的距离公式运算求解.
【详解】由题意可得：，平面的法向量为，
所以点到平面的距离为.
故选：A.
2. 已知数列是首项为5，公差为3的等差数列，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析】根据题意结合等差数列通项公式可得，即可得结果.
【详解】由题意可知：，可得，
所以.
故选：D.
3. 抛物线上到直线距离最近的点的坐标是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知抛物线的切线与直线平行时，切点到直线距离最小，结合导数的几何意义运算求解.
【详解】因为直线的斜率，
又因为，则，
令，解得，此时，
可知抛物线上到直线距离最近的点的坐标是.
故选：C.
4. 若直线把单位圆分成长度为的两段圆弧，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直线和圆相交于，则根据较短弧长与较长弧长之比为得到，利用点与直线距离建立条件关系即可．
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径，
设直线和圆相交于，
若较短弧长与较长弧长之比为，则，
则圆心到直线的距离，
即，解得.
故选：B.
5. 定义：对于数，，若它们除以整数所得的余数相等，则称与对于模同余或同余于模，记作．已知正整数满足，将符合条件的所有的值按从小到大的顺序排列，构成数列．设数列的前项之和为，则的最小值为（）
A. 12B. 14C. 16D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，求出数列的通项及前项和为，再借助单调性求解即得.
【详解】由题意可知：，且，
可知数列是等差数列，则，
可得，
当且仅当时，取得最小值16.
故选：C.
6. 已知函数为连续可导函数，的图像如图所示，以下命题正确的是（）
A. 是函数的极大值B. 是函数的极小值
C. 在区间上单调递增D. 的零点是和
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合导数判断的单调性，进而逐项分析判断.
【详解】因为，
由图可知：，；或，；
且或，；，；
可得或，；，；
且函数为连续可导函数，
则在内单调递减，在内单调递增，
可知有且仅有一个极小值，无极大值，故AC错误，B正确；
由于不知的解析式，故不能确定的零点，故D错误；
故选：B.
7. 已知正方体的棱长为2，、分别是侧面和的中心．过点的平面与垂直，则平面截正方体所得的截面积S为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量确定截面形状，再计算截面面积作答.
【详解】正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，
侧面的中心，侧面的中心，且，则，
显然点M在平面与平面的交线上，
设为这条交线上任意一点，则，
而平面，则，即，
令，得点，令，得点，
连，平面与平面必相交，
设为这条交线上任意一点，则，
由，即，
令，得点，连，
因为平面平面，则平面与平面的交线过点G，与直线FE平行，
过G作交于，则，
由得，即，
显然平面与平面都相交，则平面与直线相交，
令交点为，，由得，
连接得截面五边形，即截面S为五边形，
则，
取中点，连接，则，
在中，，
的面积，
在中，，
边上的高，
梯形面积，
所以S的面积为.
故选：B.
【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.
8. 已知，椭圆：与双曲线：的公共焦点，分别是与的离心率，且是与的一个公共点，满足，则下列结论中正确的是（）
A. B.
C. 的最小值为D. 最大值为
【答案】D
【解析】
【分析】由于椭圆与双曲线共焦点，即可判断A选项，利用双曲线和椭圆的定义可得，，由可得，利用勾股定理化简得到，再利用柯西不等式即可判断C、D选项，从而得到答案.
【详解】对选项A，由于椭圆与双曲线共焦点，故，故A不正确；
对选项B，不妨设在双曲线的右支上，因为，则，由于，，所以，，由得，化简可得，即，故B不正确；
对于选项C，由于，由柯西不等式可得，即，当且仅当时等号成立，由于，所以等号不成立，则的无最小值，故C不正确；
对选项D，由于,由柯西不等式，即，故，当且仅当时等号成立，所以最大值为,故D正确.
故选：D
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分．全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）
9. 关于空间向量，以下说法正确的是
A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面
B. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面
C. 设，，是空间中的一组基底，则，，也是空间的一组基底
D若，则，是钝角
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据共线向量的概念，可判定A是正确的；根据空间向量的基本定理，可判定B是正确的；根据空间基底的概念，可判定C正确；根据向量的夹角和数量积的意义，可判定D不正确.
【详解】对于A中，根据共线、共面向量的概念，可知空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，所以是正确的；
对于B中，若对空间中任意一点O，有，根据空间向量的共面定理的推论，可得P，A，B，C四点一定共面，所以是正确的；
对于C中，由是空间中的一组基底，则向量不共面，可得向量也不共面，所以也是空间的一组基底，所以是正确的；
对于D中，若，又由，所以，所以不正确，
故选∶ABC.
10. 已知直线，其中为常数，与的交点为，则（）
A. 对任意实数B. 不存在点，使得为定值
C. 存在，使得点到原点的距离为3D. 到的最大距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由即可判断得；对于B，结合选项A中的结论，得到M在圆上，由此可求得点P使得为定值；对于C，利用选项B中的结论，结合点到圆上的点的距离的最小值即可判断；对于D，利用直线到圆上点的距离的最大值即可判断.
【详解】对于A，因为，则，故A正确；
对于B，因为，即，
易得直线过定点，直线过定点，
因为与的交点为M，则M在以AB为直径的圆上，
而AB的中点为，且，故点M在圆：上，
故取点P坐标为，此时为定值，故B错误；
对于C，因为，圆的半径为，
故M到原点取值范围为，且，
所以存在实数a，使得M到原点的距离为3，故C正确；
对于D，因为过原点O，所以当，
且M在直线OC上时，点M到的距离最大且最大值为，故D正确．
故选：ACD．
11. 已知数列满足，，则的值可能为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】化简原式得到的两种对应关系，然后分类讨论的通项公式，由此可得结果.
【详解】因为，所以，
所以，所以，
所以或，
当时，是首项为公比为的等比数列，所以；
当时，可得，下面用数学归纳法证明：
当时，，成立，
当，假设成立，
当时，因为，所以，成立，
由上可知，成立，此时；
当，均在数列中出现时，由可得，B选项不可能；
当，时，最大，
此时，，故C不可能.
故选：AD.
12. 经研究发现：任意一个三次多项式函数的图象都只有一个对称中心点，其中是的根，是的导数，是的导数．若函数图象的对称点为，且不等式对任意恒成立，则下列结论正确的是（）
A. B. C. 的值可能是D. 的值可能是
【答案】ABC
【解析】
【分析】先根据题意求出的解析式，再对不等式分离参数转化为对任意恒成立，通过同构和切线不等式放缩得到即可求解.
【详解】由题意可得，因为，所以，所以，
解得，所以．
因为，所以等价于对任意恒成立．令，则.
设，则，从而在上单调递增．因为，所以，即，
则（当且仅当时，等号成立），
从而，所以．
故选：ABC．
【点睛】方法点睛：分离参数法破解不等式的恒成立问题的步骤：
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．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分）
13. 已知等差数列满足，则的值为_____________________．
【答案】3
【解析】
分析】根据等差数列下标和性质运算求解.
【详解】由题意可得：，则，
所以.
故答案为：3.
14. 已知为所在平面外一点，是中点，是上一点．若平面，则的值为_________________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据线面平行的性质得出线线平行，从而得出结果.
【详解】如图，连结交于点，连结.
因为，E为AD的中点，则，
又因为PA∥平面EBF，平面EBF平面PAC，PA平面PAC，则PA∥OF，
所以.
故答案为：.
15. 在平面直角坐标系中，椭圆和抛物线交于点A，，点为椭圆的右顶点．若四点共圆，则椭圆离心率为____．
【答案】##
【解析】
【分析】分别求出O、A、P坐标，利用四点共圆可以得到，解方程即可.
【详解】如图所示，，，，则，，
因为O、A、P、B四点共圆，又点关于直线对称 ，则，
则，将代入得，，
由解得，，代入椭圆方程，
可得，整理得，
所以，即.
故答案为：.
16. 已知函数在上有两个极值点，则实数的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】由可得，令，则直线与函数在上的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】因为函数在上有两个极值点，
所以在上有两个变号零点，
因为，令，即，可得，
令，则，
令，得，令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又，作出函数在上图象，
当时，直线与函数在上的图象有两个交点，
设两个交点的横坐标分别为、，且，由图可知，
当或时，，此时，
当时，，此时，
所以函数在上递增，在上递减，在上递增，
此时，函数有两个极值点，合乎题意.因此，实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题考查极值点问题.根据题意函数在上有两个极值点，转化为在上有两个变号零点，即，即有两个不同的根，即直线与函数在上的图象有两个交点，数形结合可判断求解.
四、解答题（本大题共6小题，第17小题10分，第18-22小题每题12分）
17. 公差不为零的等差数列中，是和的等比中项，且该数列前项之和为．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项之和的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，则，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，利用等差数列的通项公式可求得数列的通项公式；
（2）解不等式，得出满足条件的正整数的最大值，再结合等差数列的求和公式可求得的最小值.
【小问1详解】
解：设等差数列的公差为，则，
因为是和的等比中项，则，即，
即，整理可得，①
又因为数列的前项和为，可得②，
解得，，所以，.
【小问2详解】
解：由，可得，
而，所以，满足条件的的最大值为，
因此，数列的前项之和的最小值为.
18. 已知函数．
（1）若在上单调递增，求的取值范围；
（2）试讨论函数的单调性．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可知：在上恒成立，结合二次函数分析求解；
（2）分和两种情况，结合导数以及二次不等式分析求解.
【小问1详解】
由题意可得：，
若在上单调递增，则在上恒成立，
且，则，
且在上单调递增，
当时，取得最小值，
可得，即，
所以的取值范围.
【小问2详解】
由（1）可得：，且，
当，即时，则，
所以在上单调递增；
当，即时，
令，解得或；令，解得；
所以在，上单调递增，在内单调递减；
综上所述：当时，所以在上单调递增；
当时，所以在，上单调递增，在内单调递减.
19. 如图在平行六面体中，，．
（1）求证：直线平面；
（2）求直线和夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，，，则为空间的一个基底，根据空间向量的线性运算得出，，，再根据向量的数量积运算得出，，从而得出，进而根据线面垂直的判定定理，即可证明直线平面；
（2）根据空间向量的线性运算得出，再根据向量的数量积运算求得和，，最后根据异面直线的夹角公式，即可求出直线和夹角的余弦值.
【小问1详解】
设，，，
则为空间的一个基底，且，，，
因为，，
则，，
可得，，
即，且，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）得，
则，
，即，
则，即，
设与的夹角为，则，
所以直线和夹角的余弦值为.
20. 已知函数，其最小值为．
（1）求的值；
（2）若关于的方程恰有一个实根，求实数的范围．
【答案】（1）1（2）
【解析】
【分析】（1）先求导函数再求出最值求参即可；
（2）先把函数转化为函数的交点问题，构造函数再结合单调性及值域求参即可.
【小问1详解】
因，所以，
当，则，可知单调递增；
当，则，可知单调递减；
则最小值在处取到，可得，解得，
所以的值为1.
【小问2详解】
因为，所以，
显然不是方程的根，则.
令，则，
当，则，可知在和上单调递增；
当，则，可知在和上单调递减；
可知，，，，
且，
，
若有1个不同实根，即使与有一个交点即可，
可知或或，
所以实数的范围为.
21. 如图，圆台的上、下底面圆半径分别为1，2，圆台的高为，是下底面圆的一条直径，点在圆上，且，点在圆上运动（与在的两侧），是圆台的母线，．
（1）求的长；
（2）求平面和平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据圆台的性质可得平面，从而得到，再由，得到平面，即可得到，从而得到，再由锐角三角函数求出，即可得到为等边三角形，从而得解；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
依题意平面，平面，则，
且，与相交，，平面，
所以平面，
由平面，则，
因为，所以，
因为，，，所以，则，
所以，所以为等边三角形，则，
可知关于对称，所以.
【小问2详解】
如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
由，所以，
可得，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
22. 如图，设P是上的动点，点D是点P在x轴上的投影，Q点满足（）．
（1）当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹C的方程；
（2）若，设点，A关于原点的对称点为B，直线l过点且与曲线C交于点M和点N，设直线AM与直线BN交于点T，设直线AM的斜率为，直线BN的斜率为．
（i）求证：为定值；
（ii）求证：存在两条定直线、，使得点T到直线、的距离之积为定值．
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）设出点的坐标，利用给定的向量关系，借助坐标代换法求出轨迹方程.
（2）（i）求出曲线C的方程，并分别与直线方程联立，求出点的坐标，利用向量共线计算即得；（ii）由（i）的结论求出点的轨迹方程，借助反比例函数图象确定直线、即可计算得解.
【小问1详解】
设点，则，，
由，得，，由P是上的动点，得，
即有，整理得，
所以点Q的轨迹C的方程为.
【小问2详解】
（i）当时，由（1）知，曲线C的方程为，显然点，在曲线C上，
设，直线方程为，直线方程为，
由，消去y得，
则，，
由，消去y得，
则，，
令点为，，而点共线，
即有，，
整理得，
，
化简得，即，
观察图形知，直线的斜率同号，即，于是，即，
所以为定值为定值3.
（ii）设，则，由（i）知，
即，整理得，
显然函数的图象是函数的图象向右平移2个单位，再向下平移4个单位而得，
函数的图象是以x轴、y轴为渐近线的双曲线，
因此函数的图象，即点的轨迹是以直线为渐近线的双曲线，
此双曲线上任意点到直线的距离分别为，
显然，令直线分别为，
所以存在两条定直线、，使得点T到直线、的距离之积为定值.