2024-2025学年浙江省杭州市高二数学上学期期末试题（附答案）

这是一份2024-2025学年浙江省杭州市高二数学上学期期末试题（附答案），共22页。试卷主要包含了 过点， 设函数的导函数为，且，则， 已知点是圆上任意一点，，则， 已知椭圆C， 已知，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1. 在等比数列中， ， ，则的值为（ ）
A. B. 0C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】利用等比数列的通项公式求解.
【详解】∵为等比数列，
∴公比，
∴，
∴，
故选：C .
2. 过点（2，－3）、斜率为直线在y轴上的截距为（）
A. 2B. －2C. 4D. －4
【答案】B
【解析】
【分析】根据点斜式公式，整理直线方程，令，可得答案.
【详解】由题意得直线方程为，令x=0，解得y＝－2．
故选：B．
3. 某班有8名优秀学生，其中男生有5人，女生有3人．现从中选3人参加一次答辩比赛，要求选出的3人中，既有男生又有女生，则不同的选法共有（）
A. 45种B. 56种C. 90种D. 120种
【答案】A
【解析】
【分析】利用间接的方法，先求出人中选人总共有多少种，再分别求出都是女生和都是男生的有多少种，即可求解.
【详解】解：人中选人共有：种，
其中都是男生的有：种，
都是女生的有：，
故既有男生又有女生，则不同的选法共有：.
故选：A.
4. 设函数的导函数为，且，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对求导后，将代入先求出，然后求出即可.
【详解】由，求导可得，，
取得到，解得，
此时，则.
故选：A
5. 如图，将边长为1的正方形沿对角线折成直二面角，若点满足，则的值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意建立合适空间直角坐标系，根据向量关系求解出的坐标，则可求.
【详解】记正方形的对角线交于点，连接，所以，
因为二面角为直二面角，且，平面平面，
所以平面，建立空间直角坐标系如下图所示：
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
故选：A.
6. 已知等差数列的前n项和为，，则数列（）
A. 有最大项，无最小项B. 有最小项，无最大项
C. 既无最大项，又无最小项D. 既有最大项，又有最小项
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列的首项 ,公差列方程,可得和,进而可得,通项,进而根据的单调性,即可得最值.
【详解】等差数列的首项为 ,公差为, 由得 ,故
当时, 单调递减,故,且
当时, 单调递减,故,且
故有最大值为2,最小值为
故选:D
7. 已知点是圆上任意一点，，则（ ）
A. 的最大值是4
B. 的最小值是
C. 的最小值是
D. 直线与圆相交
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角换元求最值，将圆心到直线的距离和圆的半径比较可得到直线和圆的位置关系.
【详解】对于A，圆的方程可化为，
设，且，
当时，，的最大值是，则A错误；
对于B，
，
当时，的最小值是，则B正确；
对于C，
，其中
当时，的最小值是，则C错误；
对于D，圆心到直线的距离为，
所以直线和圆相离，则D错误；
故选：B.
8. 定义方程的实根叫做函数的“新驻点”，若函数，，的“新驻点”分别为，，，则，，的大小关系为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出导函数，由导函数与原函数相等列出方程，直接解得，再引入新函数，利用新函数的导数确定新函数的零点所在区间，得的范围，从而确定它们的大小．
【详解】，由得，，即，
，由得，，
令，，恒成立，所以在递增，又，，所以在上存在唯一零点，所以，
，则得，即，
令，，或时，，时，，所以在和上是增函数，在上是减函数，
而，，，所以在上有唯一零点，所以．综上．
故选：B．
【点睛】本题考查导数新定义，用导数研究方程的根，解题关键是理解新定义，对方程根的研究，通过引入新函数，利用导数确定函数的单调性，结合零点存在定理得出根（零点）的范围，从而比较大小．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
9. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，则（ ）
A. 椭圆C的离心率为B. 椭圆C的离心率为
C. 的周长为6D. 可以是直角
【答案】AD
【解析】
【分析】求出离心率，判断AB；利用椭圆定义求出周长判断C；判断∠F1PF2是否可以是直角判断D.
【详解】由椭圆C：得，
则椭圆C的离心率为，A正确，B错误，
的周长为，C错误；
因为，所以以为直径的圆与椭圆有交点，所以可以是直角，D正确.
故选：AD.
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. 的极大值为
D. 方程有两个不同的解
【答案】BC
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求解切线方程；根据导数求解函数的单调区间，从而求出极值；求出函数零点即可求出与交点的个数，从而判断出方程的解.
【详解】对于选项， 的定义域为，，
∵，∴，
由导数的几何意义可知在 处的切线方程的斜率为，
∴在 处的切线方程为，则错误；
对于选项，令得，
∴的单调递减区间为，则正确；
对于选项，令得，
∴的单调递增区间为，
∵在上单调递增，在上单调递减，
∴在处取得极大值，，则正确；
对于选项，∵，
∴在上存在一个零点，
∵当时，，
∴在上没有零点，
∴与只有一个交点，
∴方程只有一个解，则错误；
故选： .
11. 如图，在棱长为6的正方体中，分别为的中点，点是正方形面内（包含边界）动点，则（ ）
A. 与所成角为
B. 平面截正方体所得截面的面积为
C. 平面
D. 若，则三棱锥的体积最大值是
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，如图建立以A为原点的空间直角坐标系，利用空间向量可判断选项；做出截面求得截面面积可判断B；利用线线平行可得线面平行判断C，求得P的轨迹方程可求得三棱锥的体积最大值判断D.
【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
∴，，，
对A选项，，
则直线与所成角，故A错误；
对B选项，由平面在两平行平面上的交线互相平行，取的中点的中点，的中点，连接，延长一定与交于一点，所以四点共面，同理可证四点共面，
则过点作正方体的截面，截面为正六边形，边长为，
则正六边形的面积为，故B正确.
由正方体，可得，
∵分别为的中点，∴，
∴平面平面，
∴平面，故C正确；
如图，面，又面，故，同理，
又，
根据题意可得，设，
又，
∴，整理得，
∴在正方形面内(包括边界)，是以为圆心，半径的圆上的点，
令，可得，
∴当为圆与线段的交点时，到底面的距离最大，最大距离为，
∴三棱锥的体积最大值是，故D正确.
故选:BCD.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是建立空间直角坐标系，用向量的方法研究点线面的位置关系及数量计算.
12. 分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，分形的外表结构极为复杂，但其内部却是有规律可寻的，一个数学意义上的分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统．下面我们用分形的方法得到一系列图形，如图1，在长度为1的线段AB上取两个点C、D，使得，以CD为边在线段AB的上方做一个正方形，然后擦掉CD，就得到图形2；对图形2中的最上方的线段EF作同样的操作，得到图形3；依次类推，我们就得到以下的一系列图形设图1，图2，图3，…，图n，各图中的线段长度和为，数列的前n项和为，则（ ）
A. 数列是等比数列
B.
C. 恒成立
D. 存在正数，使得恒成立
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意写出数列前三项，类比归纳出数列的递推公式，利用累加法可得通项公式，结合数列的相关概念，可得答案.
【详解】由题意可知，，
以此类推可得，，则，
所以当时，
，
经检验，当时，，故，
所以数列不是等比数列，故A错误；
所以，故B正确；
因为恒成立，故C正确；
因为，
根据一次函数与指数函数单调性，所以数列无最大值，
因此不存在正数，使得，故 D 错误.
故选：BC.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知函数，则函数在点处切线方程为_________．
【答案】
【解析】
【分析】求导，求出斜率，写出切线方程.
【详解】由已知，
则，又，
所以切线方程为，
即.
故答案为：.
14. 已知抛物线的焦点为F，过F的直线l交抛物线C于AB两点，且，则p的值为______．
【答案】3
【解析】
【分析】根据抛物线焦点弦性质求解，或联立l与抛物线方程，表示出，求其最值即可.
【详解】已知，设，，，
则，
∵，所以，，
∴，当且仅当m=0时，取.
.
故答案为：3.
15. 对于数列，定义的“优值”为．若的“优值”，则________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据优值利用作差法可求的通项.
【详解】因为的“优值”，故，
所以，故，
故当时，，则，
而，故，符合，故.
故答案为：.
16. 一个五位数满足,,,且,(如37201､45412),则称这个五位数符合“正弦规律”,那么,共有______个五位数符合“正弦规律”.
【答案】2892
【解析】
【分析】将情况分为五个数中没有数相同；五个数中有两个数相同；五个数中有三个数相同三种情况，分别计算得到答案.
【详解】根据意义知，五位数中，最大，最小.
当五个数中没有数相同时：
选五个数，最大数赋值给，最小数赋值给，剩余三个全排列，共有个；
当五个数中有两个数相同时：
选四个数，最大数赋值给，最小数赋值给，剩余两个数赋值给，共有
个；
当五个数中有三个数相同时：
选三个数，最大数赋值给，最小数赋值给，剩余的一个数赋值给，共有个；
故共有
故答案为：
【点睛】本题考查了排列组合综合应用，分类讨论是解题的关键.
四、解答题（本答题共6小题，满分70分）
17. 已知函数 ， ， ．
（1）当 时，讨论函数在区间 上的单调性．
（2）设是函数的最大值．求出的表达式并比较 与的大小．
【答案】17. 在上单调递增，在上单调递减
18. ，.
【解析】
【分析】（1）利用导数求解函数的单调区间；
（2）利用导数求出函数的单调区间，得到的最大值，通过构造函数根据单调性比较与的大小.
【小问1详解】
当时，则，
令得，令得，
∴在上单调递增，在上单调递减；
【小问2详解】
，
令得，令得，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴的最大值，
∵，，
构造函数，，
令得，令得，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴，即，
∴，
∴.
18. 动圆满足：①圆心的横坐标大于；②与直线相切；③与直线相交，且直线被圆截得的弦长为．
（1）求证：动圆圆心在曲线上．
（2）设是曲线上任一点，曲线在处的切线交轴于，交轴于．求证：．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知结合直线与圆相切的性质即可求解；
（2）结合导数的几何意义求出切线的斜率，进而可求切线方程，然后结合两点间的距离公式即可求解.
【小问1详解】
设，半径为，
由题意可得，，
化简可得，
即动圆圆心在曲线上；
【小问2详解】
设，，
由题意得，
所以曲线在处的切线方程为，
即，
令得，即，
令得，即，
所以，
，
所以.
19. 如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，．
（1）求证：平面．
（2）点是线段的中点，求平面与平面所成夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明，再利用面面垂直的性质定理得结论；
（2）利用两两垂直建立空间直角坐标系，利用向量法求面面角.
【小问1详解】
因为在梯形中，，，，如图：
过作交于，可得，
则，
所以，得，
又平面平面，平面平面，面，
所以平面；
【小问2详解】
因为四边形为矩形
所以，
又平面平面，又平面平面，平面，
所以平面，
则两两垂直，如图建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，取可得，
设平面的法向量为，
则，取可得，
所以
所以平面与平面所成夹角的余弦值为.
20. 已知数列满足，．
（1）证明：对任意的成立．
（2）记，求数列的前项和．
（3）证明：．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）将条件变形，可得构造数列为常数数列，据此可求出数列的通项公式，根据其为等差数列可得结论；
（2）利用等比数列求和公式计算即可；
（3）利用裂项相消法可求和并证明不等式.
【小问1详解】
由得，
即，
即，
故数列为常数数列，
所以，
整理得，即数列为等差数列，
所以；
【小问2详解】
由（1）得，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以；
【小问3详解】
由（1），
所以
因为，
所以.
21. 已知椭圆的焦距为，且过点．
（1）求的方程．
（2）记和分别是椭圆的左、右焦点．设是椭圆上一个动点且纵坐标不为．直线交椭圆于点（异于），直线交椭圆于点（异于）．若的中点为，求三角形面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据焦距和椭圆所过点可构造方程求得结果；
（2）设直线，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，结合中点坐标公式可整理得到，结合三角形面积公式和基本不等式可求得最值.
【小问1详解】
椭圆的焦距，；
椭圆过点，，又，
（舍）或，，椭圆的方程为：.
【小问2详解】
由（1）知：，，
设，，，
由题意可设直线，其中，，
由得：，，
；
同理可得：；
，
，
（当且仅当，即时取等号），
面积的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的三角形面积最值的求解问题，解题关键是能够将三角形面积表示为关于某一变量的函数，从而利用函数最值的求法或基本不等式求得结果.
22. 已知函数．
（1）当时，求出函数在点处的切线方程．
（2）如图所示，函数图像上一点处的切线与函数图像交于点，过的切线（为切点）与处的切线交于点．问：三角形是否可能是等边三角形？若是，求此时的值；若不是，说明理由．
【答案】（1）
（2）能，
【解析】
【分析】（1）求导，求出斜率，进而可得切线方程；
（2）设点，求出过点的切线方程，与联立求出点的坐标，进而可求出过点的切线方程，然后求出过点的切线方程，与过点的切线方程联立求出点坐标，进而可根据列方程求出的值.
【小问1详解】
当a＝1时，，
则，所以，又，
所以函数在点（1，f（1））处的切线方程为，
即；
【小问2详解】
设点，又，
所以，
过点的切线方程为，
整理得，
联立，
消去得，变形得，
所以点，又，
所以过点的切线方程为，
整理得，
设点，又，
过点的切线方程为，
整理得，将点代入得，
整理得，变形得，得或
所以点，
即过点的切线方程为，
联立，解得
即点，
假设三角形是等边三角形，则，
所以，
由②解得，代入①得，
所以当时，三角形是等边三角形.
【点睛】方法点睛：在知道切点的情况下，可直接求出切线方程，若不知道切点，可设出切点，然后列方程求解.