广东省深圳市龙岗区高二上学期期末质量监测数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省深圳市龙岗区高二上学期期末质量监测数学试题（解析版）-A4，共18页。试卷主要包含了考试结束，请将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷共6页，19小题，满分150分，考试用时120分钟.
2．答题前，请将学校、班级、姓名和考号用规定的笔写在答题卡指定的位置上，并将条形码粘贴在答题卡的贴条形码区.请保持条形码整洁、不污损.
3．本卷试题，考生必须在答题卡上按规定作答；凡在试卷、草稿纸上作答的，其答案一律无效．答题卡必须保持清洁，不能折叠.
4．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔将答题卡选择题答题区内对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；非选择题答案必须用规定的笔，按作答题目的序号，写在答题卡非选择题答题区内.
5．考试结束，请将答题卡交回．
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. 已知是直线的一个方向向量，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由直线的方向向量可知直线的斜率，进而可得倾斜角.
【详解】设直线的倾斜角为，
由直线的方向向量可知直线的斜率，所以.
故选：D.
2. 已知向量，，且，那么（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量垂直的坐标运算求得，然后利用空间向量模的坐标运算求解即可.
【详解】由向量，，且，
得，则，则.
故选：C
3. 若双曲线的焦距为4，则其渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用题设的焦距求解m, 由题设，双曲线的焦点在x轴上，故渐近线方程为：即得解.
【详解】双曲线焦距为4，可得m+1＝4，所以m＝3，
由题设，双曲线的焦点在x轴上，故渐近线方程为：
所以双曲线的渐近线方程为：yx．
故选：A．
【点睛】本题考查了双曲线的方程及性质，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.
4. 数列满足，则（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】按照数列的递推定义即可求解.
【详解】因为数列满足，
所以.
故选：C.
5. 直线与圆的公共点个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 不确定
【答案】C
【解析】
【分析】求得直线所过定点，再判断该定点在圆的内部，从而得解.
【详解】因为直线可化为，
所以直线过定点，
而，所以该定点在圆的内部，故直线与圆有2个公共点.
故选：C.
6. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数与函数的关系将问题转化为恒成立问题，从而得解.
【详解】因为，所以，
因为在区间上单调递减，
所以，即，则在上恒成立，
因为在上单调递减，所以，故.
故选：A.
7. 已知向量与平面垂直,且经过点，则点到的距离为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用点到平面的距离公式即可得解.
【详解】因为，，
所以，
又与平面垂直，则是平面的一个法向量，
所以到的距离为.
故选：B.
8. 设为等比数列，则“对于任意”是“为递增数列”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据充分、必要条件、等比数列的单调性等知识进行分析，从而确定正确答案.
【详解】充分性：设等比数列的公比为，
若，
情形一：当时，由得，
解得或，
若，则，此时与已知矛盾；
若，则，此时为递增数列；
情形二：当，由得，
解得或，
若，则，此时与已知矛盾；
若，则，此时为递增数列；
必要性：反之，若为递增数列，则，
所以“对于任意的”是“为递增数列”的充分必要条件.
故选：C.
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. 已知等差数列是递增数列，前项和为，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用等差数列的首项与公差，整理逐个选项，可得答案.
【详解】对于A，由等差数列是递增数列，则该等差数列的公差，
由，则，，由，则，故A正确；
对于B，由A可知，则，故B正确；
对于C，由，则，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 在x=0处的切线方程为
B.
C. 函数只存在一个极小值，无极大值
D. 有唯一零点
【答案】ABD
【解析】
【分析】求导，求出和，利用直线的点斜式方程写出切线方程，即可判断；求出，根据的范围可判断B；判断导数正负，确定函数的单调性，结合极值的定义可判断C；根据函数零点存在性定理结合单调性，可判断D．
【详解】解：，
对于A，因为，，
所以在处的切线方程为：，故A正确；
对于B，，因为，
所以，故B正确；
对于C，令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，上单调递增，
，所以，即，
所以函数在R上单调递增，所以函数无极值，故C错误；
对于D，因为函数在R上单调递增，且，，
所以函数有唯一零点，故D正确．
故选：ABD．
11. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与C交于M，N两点，P为的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小值为4B. 的最大值为4
C. 当时，D. 当时，
【答案】AD
【解析】
【分析】考虑直线的斜率不存在时，可得，当直线的斜率存在时，假设直线的方程为，代入抛物线可得，利用抛物线的定义可得，然后结合每个选项进行求解判断即可
【详解】由抛物线可得焦点，准线为，
对于A，当直线l的斜率不存在时，方程为，代入抛物线可得
所以此时；
当直线l的斜率存在时，假设直线的方程为，设
将直线方程代入抛物线可得
，则，
所以，
综上所述，的最小值为4，故A正确；
对于B，当直线l的斜率存在时，，故B错误；
对于C，因为P为的中点，，所以，所以，
则，所以，
将代入可得，解得或，
当时，易得不满足题意；
当时，，所以，故C错误；
对于D，由易得斜率存在，
由P为的中点可得即，
所以，解得，
所以，故D正确；
故选：AD
【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，必要时计算；
（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.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数的图象在点处的切线方程为 ________．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数几何意义求切线方程.
【详解】由题设，则，又，
所以点处的切线方程为，即.
故答案为：
13. 已知O为坐标原点，F为椭圆C：的右焦点，若C上存在一点P，使得为等边三角形，则椭圆C的离心率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】由条件可知为直角三角形，结合椭圆定义确定关系，由此可求离心率.
【详解】取椭圆的左焦点，连结，

由为等边三角形，则，
可知为直角三角形，且，
设，则，，
可得，则，
所以椭圆的离心率是.
故答案为：.
14. 已知直四棱柱，底面是边长为1的菱形，且，点为的中点，点是棱上的动点.则直线与直线所成角的正切值的最小值为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，直线AH与直线BE所成角为，换元后求出，从而得到的最大值，得到取最小值时的正切值.
【详解】连接，因为底面是边长为1的菱形，且，
所以，故为等边三角形，
取的中点，连接，则⊥，，
则⊥，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，设，，
故，
设直线与直线所成角为，
则，
令，则，
当，即，时，取得最大值，
最大值为，此时，为最小值，
由于在上单调递增，故此时为最小值，
又在上单调递增，故所成角的正切值的最小值为.
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 已知圆与圆.
（1）若圆与圆相内切，求的值；
（2）在（1）的条件下，直线被圆截得的弦长为，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分别得到两圆的圆心与半径，再由两圆内切列出方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由点到直线的距离公式结合弦长公式代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
，，，
，，
，，，
圆与圆相内切，，，
.
【小问2详解】
由（1）得，圆的方程为，，，
故圆心到直线的距离，
.
16. 在正三棱柱中，，E为的中点．

（1）证明：平面．
（2）求平面与平面夹角余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
【解析】
【分析】（1）利用中位线性质构造线线平行即可证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量计算面面夹角.
【小问1详解】
连接，与交于点F，连接，则F为的中点．
因为E为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
取的中点D，连接，则，．
又平面，所以底面，
底面，所以，
则可以E为原点，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，令，则，，，，，

所以，，，．
设平面的法向量为，则，
取，即．
设平面的法向量为，则，
取，即，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为．
17. 已知数列的前项和为，且（）．
（1）求的通项公式；
（2）记，求数列的前项和．
【答案】（1）（）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据计算可得，利用累乘法计算即可求解；
（2）由（1）可得，结合裂项相消求和法即可求解.
【小问1详解】
令，得
因为（），所以（，），
两式相减得（，），
即．所以（，），
所以，即，
所以（，），
又，符合上式，所以（）．
【小问2详解】
由（1），
所以．
18. 已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，且垂直于轴．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线斜率存在，交椭圆于两点，三点不共线，且直线和直线关于对称．
（ⅰ）证明：直线过定点；
（ⅱ）求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）由焦点坐标和椭圆上的点，求椭圆的方程；
（2）设直线方程，与椭圆方程联立，由，结合韦达定理得系数间的关系，可得直线所过定点，利用面积公式表示出的面积，由基本不等式求最大值.
【小问1详解】
点在椭圆上，且垂直于轴，则有F1,0
设椭圆的焦距为，则，
点代入椭圆方程，有，
解得，则，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
（ⅰ）设直线l的方程为，由，
消去y，整理得，
因为l交椭圆C于两点，所以，
设Ax1,y1,Bx2,y2，所以，
因为直线和直线关于对称，
所以kAF+kBF=y1x1−1+y2x2−1=kx1+mx1−1+kx2+mx2−1=2kx1x2+m−kx1+x2−2mx1−1x2−1=0
所以
所以
解得.
所以直线l的方程为，
所以直线l过定点.
（ⅱ）设直线l的方程为，由，
消去，整理得，
因为l交椭圆C于两点，所以，
解得，
，
所以，
所以
令
则，当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：
解答直线与椭圆的题目时，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．强化有关直线与椭圆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. 已知函数为的导函数，记，其中为常数.
（1）讨论的单调性；
（2）若函数有两个极值点，
①求的取值范围；
②求证：.
【答案】（1）见解析 （2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出，分类讨论，利用，解不等式即可得解；
（2）①先分析不合题意，再求出时函数在有两个极值点的必要条件，再此条件下分析即可得解；②对结论进行转化，只需证，换元后利用导数确定函数单调性，得出函数最值，即可得证.
【小问1详解】
定义域为.
，，
，
当时，恒成立，在上单调递增，
当时，令，则，解得，
令，则，解得，
单调递增，在单调递减.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在单调递增，在单调递减.
【小问2详解】
由（1）知，时，最多一个根，不符合题意，故，
函数有两个极值点，
在0,+∞有两个不同零点的必要条件是，
解得，
当，在单调递增，在单调递减，
，
由零点存在性定理得：在，各有1个零点，
的取值范围是.
②函数有两个极值点，
①
②
①②得：，
要证，即证，即证，
即证，
令，则，
令，则，
在上单调递增，，
在上成立，
，得证.
【点睛】关键点点睛：要证明不等式，关键点之一在于消去后对结论进行恰当变形，转化为证明成立，其次关键点在于令换元，转化为证明成立.