广东实验中学高二下学期期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份广东实验中学高二下学期期中考试数学试题（解析版）-A4，共18页。
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考号填写在答题卷上.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卷收回.
第一部分 选择题（共58分）
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. 下列求导运算正确的是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据求导公式计算，得到答案.
【详解】A选项，，A错误；
B选项，，B错误；
C选项，，C正确；
D选项，，D错误.
故选：C
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的四则运算先求出复数z，再求模长.
【详解】因为，所以，
所以，故
故选：C
3. 已知向量，其中，，且，则向量和的夹角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】运用向量垂直的条件即为数量积为0，再由向量夹角公式和范围，即可得到夹角．
【详解】解：由于，，且，
则，即有，
，
由于，，
则与的夹角为．
故选：A．
4. 一个底面边长为的正四棱柱形状的容器内装有一些水（底面放置于桌面上），现将一个底面半径为的铁制实心圆锥放入该容器内，圆锥完全沉入水中且水未溢出，并使得水面上升了.若该容器的厚度忽略不计，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由水上升的体积即为圆锥体积，然后求得圆锥的高、母线，即可求侧面积．
【详解】设圆锥的高为，
所以圆锥的体积，
由题意正四棱柱中水上升的体积即为圆锥的体积，
所以，所以，
则圆锥的母线长为，
故圆锥的侧面积为.
故选：A
5. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，过作的垂线，垂足为，若，则（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】由已知及抛物线定义可得，，从而得到，利用长度关系可得，故求解可得.
【详解】
记坐标原点为，过点作，垂足为．
由已知及抛物线定义可得，，，
∴△为等边三角形，，
又∵，∴，则．
∴，解得.
故选：B．
6. 已知，若的展开式中所有项的二项式系数和为16，则（ ）
A. 40B. 41C. -40D. -41
【答案】A
【解析】
【分析】由题意，利用二项式系数的性质求得，再利用赋值法求得要求式子的值.
【详解】∵的展开式的所有项的二项式系数和为，∴.
∵，
令，可得，
令，可得，
再令，可得，
即，
∴.
故选：A
7. 学校将从4男4名女中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手．要求甲乙同时入选或同时不入选．不同组队形式有（ ）种．
A. 480B. 360C. 570D. 540
【答案】C
【解析】
【分析】甲乙同时入选时，按甲担任四辩手或担任二、三辩手分类求解，甲乙同时不入选时，直接从6人中选4人排列即可得，结合分类加法原理计算．
【详解】甲乙同时入选时，按甲担任四辩手或担任二、三辩手分类求解，甲乙同时不入选时，直接从6人中选4人排列即可得．
因此所求方法数为，
故选：C．
8. 已知函数及其导函数的定义域均为R，记且，为偶函数，则（ ）
A. 0B. 1C. -1D. -2
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据为偶函数和得到的一些等式关系，再通过对已知等式求导进一步推导的性质，如周期性等，然后求出的值，最后根据的奇偶性和的周期性求出的值，进而得出结果.
【详解】解：因为为偶函数，，所以，
对两边同时求导，得，
所以有，所以函数周期为8，
在中，令，所以，
因此，因为为偶函数，
所以有（1），
（2），
由（1），（2）可得： ，所以，
故选：D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知在首项为1，公差为d的等差数列中，、、是等比数列的前三项，数列的前n项和为，则（ ）
A. 或B.
C. 是等差数列D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由等比中项的性质及等差数列的通项公式可得或，分别写出不同公差对应的、，即可判断各项的正误.
【详解】由题意，则，整理得，可得或，
当时，，，则，即等差数列，此时；
当时，，，则，即是等差数列，
此时，易知公比为4，故；
综上，A、C对，B、D错.
故选：AC
10. 如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ）
A. 动点轨迹的长度为B. 三棱锥体积的最小值为
C. 与不可能垂直D. 三棱锥的体积为定值
【答案】ABD
【解析】
【分析】取中点，的中点，通过证明平面平面，得点轨迹为线段，从而判断A；由此可得与点重合时，三棱锥体积的最小，求体积判断B，证明当是中点时，有可判断C；运用线面平行性质，结合等体积法判断D，
【详解】解：取中点，的中点，连接，，，，则，
正方体中易知，从而，
又平面，而平面，所以平面，
又正方体中与平行且相等，从而与平行且相等，
则是平行四边形，所以，同理可得证平面，
，，平面，所以平面平面，
平面平面，所以当时，平面，
即线段为点的轨迹，，A正确；
三棱锥中，到平面的距离为定值2，
当与重合时，的面积最小值，此时，
所以体积最小值为，B正确；
连接，，正方体中易知，
平面，而平面，所以，
，，平面，则平面，
设平面（即与的交点为，此时平面，
所以，C错；
由,且平面,
则到平面的距离等于到平面的距离，
故，故D正确．
故选：．
11. 已知函数是函数的一个极值点，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 函数在区间上单调递减
C. 过点只能作一条直线与相切D. 函数恰有4个零点
【答案】ABC
【解析】
【分析】求得，根据，可判定A；由，利用导数的符号求得函数的单调区间，可判定B；设过点且与函数相切的切点为，求得切线方程，列出方程求得的值，可判定C；令，作出函数的图象，得到，进而的函数零点的个数，可判定D．
详解】对于A中，由函数，可得，
因为是函数的一个极值点，可得，
解得，经检验适合题意，所以A正确；
对于B中，由，令，解得或，
当时，；当时，；当时，，
故在区间上递增，在区间上递减，在区间上递增，所以B正确；
对于C中，设过点且与函数相切的切点为，
则该切线方程为，
由于切点满足直线方程，则，
整理得，解得，所以只能作一条切线，所以C正确；
对于D中，令，则的根有三个，如图所示，，
所以方程有3个不同根，方程和均有1个根，
故有5个零点，所以D错误.
故选：ABC．
第二部分 非选择题（共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】求导函数，求出函数的极值，利用函数恰有三个零点，即可求实数的取值范围．
【详解】解：函数的导数为，
令，则或，
可得函数在上单调递减，和上单调递增，
或是函数的极值点，函数的极值为：，．
函数恰有三个零点，则实数的取值范围是：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的极值，考查学生的计算能力，属于中档题．
13. 的展开式中的系数为_____________．
【答案】5
【解析】
【分析】先将乘积展开为，再分别利用二项展开式计算和中含的项，即求得的展开式含的项，即得结果.
【详解】，
其中的展开式通项为，，故时，得含的项为；
的展开式通项为，，故时，得含的项为.
因此，式子的展开式中，含的项为，即系数为5.
故答案为：5.
【点睛】思路点睛：
计算两个多项式展开的指定项的系数问题，通常先固定一个，利用乘法分配律将另一个展开，分别计算展开式中指定项的系数，再进行加减运算即可.
14. 已知圆点M在上，过点M作圆C的两条切线，切点分别为A和B，以AB为直径作圆，则圆的面积的最小值为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】由题设可得，利用导数可得，再根据等积法可，故可求圆的面积的最小值.
【详解】解析：由题设有，设，则，，
设，则，
因为为上的增函数，故为上的增函数，
而，故当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，故，

由等积法可得，故，
故最小值为．故圆的面积的最小值为．
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知的内角的对边分别是，已知.
（1）求角的大小；
（2）若为上一点，且，为的角平分线，求线段的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角恒等变换可得，进而可得；
（2）由角平分线定理得，在中，由余弦定理可得，进而根据可得.
【小问1详解】
由得，
故，故即，
因，故
【小问2详解】
由角平分线定理得：，则，
在中，由余弦定理得：，得，
由得：，
得.
16. 设数列的前项和为，已知，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，，，，，组成一个项的等差数列，记其公差为，求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）时，,两式相减得，数列是首项为，公比为的等比数列，求得 .
（2），代入得，利用错位相减法求和得解.
【详解】（1）因为 所以，当时，
两式相减得，，即当时，
又当时，，而，则，满足上式，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以 .
（2）依题意可知，，
由（1）得，，即，
则，
，
两式相减得，
即，
所以，
【点睛】本题考查利用与求通项及利用错位相减法求和，属于基础题.
17. 如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形，，．
（1）证明：平面平面；
（2）是边上的点，且与平面所成角的正切值是，求的面积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，得到，再由是正三角形，得到，利用面面垂直的判定证明；
（2）设，与平面所成角为,结合（1）结论，以为坐标原点,为轴，为轴，为轴，建立的空间直角坐标系，设平面的法向量，利用与平面所成角正切值求出,进而得到面积.
【小问1详解】
由题设得，从而.
又是直角三角形，所以.
取AC的中点O，连接DO、BO，则DO⊥AC，
又正三角形，故.
则在直角中，，
又，所以，
故.
而,平面，
故平面，而平面，
所以平面⊥平面.
【小问2详解】
设，与平面所成角为,
结合（1）结论，以为坐标原点,为轴，为轴，为轴，建立的空间直角坐标系，
则，,
,
设平面的法向量，
则,则,令,则,
故,
由,则
故
则,解得
故,
则,
所以边上的高为,
故.
18. 平面内有一点和直线，动点满足：到点的距离与到直线的距离的比值是.点的运动轨迹是曲线，曲线上有四个动点.
（1）求曲线的方程；
（2）若在轴上方，，求直线的斜率；
（3）若都在轴上方，，直线，求四边形的面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由已知条件列出方程化简即可；
（2）设，设，与的方程联立，由，有，结合韦达定理求出，得直线的斜率；
（3）延长，交椭圆于点，四边形的面积，设，利用韦达定理结合基本不等式求的最大值.
【小问1详解】
由题意，
两边平方得，化简得，
所以曲线的方程为；
【小问2详解】
，即，则直线的斜率是正数，
设，直线的斜率为，
设，联立，
化简得，所以，
由题意知，
代入，消，可得，
解得，所以直线的斜率是；
【小问3详解】
延长，交椭圆于点，
，由对称性可知，和等底等高，，
四边形的面积，
设，由（2）知，
所以，即，
令，所以，
当且仅当即时，取到最大值，此时分别在正上方.
【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
19. 设函数a为常数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在上是否存在极值？若存在，请求出，若不存在，说明理由；
（3）已知，若为增函数，求a.
【答案】（1）
（2）存在，极值见解析
（3）1
【解析】
【分析】（1）先求得，从而得到，，再根据导数的几何意义和直线的点斜式方程即可求出切线方程；
（2）先求，要判断是否存在极值，即判断在上单调情况，即判断在上的符号情况；
（3）将为增函数转化为恒成立，从而构造函数，再根据函数的最值即可求得a的值．
【小问1详解】
当时，，则，
，切点为，切线斜率为，
切线方程为，整理得，
【小问2详解】
，
当时，递增，无极值；
当时，得，
得得，
所以在单调递减，在单调递增
所以时有极小值，无极大值，
综上：当时，无极值；
当时，有极小值，无极大值．
【小问3详解】
为增函数，恒成立，
方法1：令，
则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
当时，取得极小值，也是最小值，
，
令，令，解得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
又，
．
方法2：，解得，或，
当时，，易知，不符题意；
当时，，设，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
当时，取得极小值，也是最小值，，符合题意；