广东省深圳市深圳大学附属中学高二上学期期末考试数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省深圳市深圳大学附属中学高二上学期期末考试数学试题（解析版）-A4，共18页。试卷主要包含了本卷共4页.，考生必须保证答题卡的整洁.等内容，欢迎下载使用。
试卷分值：150分 考试时间：120分钟
注意事项：
1．本卷共4页.
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上.
3．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
4．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
5．考生必须保证答题卡的整洁.
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题：（每小题只有一个选项符合题意.本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 向量（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的线性运算法则求解即可.
【详解】向量，
故选：A.
2. 直线与直线一定（ ）
A. 平行B. 垂直C. 重合D. 相交但不垂直
【答案】D
【解析】
【分析】求得两直线的斜率，根据斜率关系判断直线的位置关系.
【详解】由直线得，,
由直线得，,
因为，故两直线相交但不垂直.
故选：D.
3. 等差数列的前项和为，，则（ ）
A. 10B. 20C. 30D. 40
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列的性质以及等差数列前项和公式求解即可.
【详解】.
故选：D.
4. 已知圆，圆，两圆的交点为，，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】联立两圆方程得到公共弦所在直线方程，利用点到直线的距离公式，结合几何法求弦长计算即可求解.
【详解】由得，
所以圆和圆的公共弦所在直线方程为，
圆的圆心为，半径，
到公共弦所在直线的距离为，
所以.
故选：C.
5. 某学校高二年级开设了乒乓球、羽毛球和篮球三门课，甲、乙两位同学每人从中选择一门，且允许多位同学选择同一门课．若至少有一位同学选择了乒乓球，则这两位同学不同的选课方法共有（ ）种．
A. 2B. 4C. 5D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】先求出所有可能的选课方法总数，再求出没有人选择乒乓球的选课方法数，作差即可求解.
【详解】甲乙两位同学每人从乒乓球、羽毛球和篮球三门课中选择一门，共有种选课方法，
甲乙两位同学都未选乒乓球，共有种选课方法，
则甲乙两位同学至少有一位同学选择了乒乓球，不同的选课方法共有种.
故选：C.
6. 已知直线，圆，为上一动点，则到的最小距离为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】求圆心到直线的距离，判断直线与圆的位置关系，再求到的最小距离.
【详解】圆的圆心的坐标为，半径，
圆心到直线的距离，
所以直线与圆相离，
所以圆上动点到的最小距离为.
故选：A.
7. 已知椭圆的左焦点为，左顶点为，直线过点，且与轴垂直，交于，两点，已知的周长为，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件求出，MA，，化简得到关于和的齐次式，求解即可.
【详解】
F−c,0，，，
将代入椭圆方程，得，解得，
即，，所以，
因为的周长为，所以，
即，
将移到等号右边，然后两边同时平方，化简得，
因为，所以，
即，因为离心率，所以，
解得或，因为椭圆离心率的范围为0,1，所以，
故椭圆的离心率为.
故选：B.
8. 已知函数（且）存在最小值，当变化时，有（ ）
A. 最大值B. 最小值
C 既有最大值，又有最小值D. 以上说法都不正确
【答案】A
【解析】
【分析】对求导，判断函数的单调性确定最值从而得到的范围，再对求导判断单调性即可判断最值情况.
【详解】，定义域为0,+∞，
，
令，得，因为，
所以当时，；当时，.
当时，，故当时，f′x>0，在单调递增，
当时，f′x0，
故当m>0时，直线与圆相离，C正确；
若上存在四个不同的点，到直线的距离为，
则圆心到直线的距离，即，
解得，
所以若上存在四个不同的点，到直线的距离为，
则的范围是，D错误.
故选：BC.
11. 已知双曲线的左焦点为，直线过点，与双曲线的两支、两条渐近线依次交于点，，，（从左到右），则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，其中一条渐近线方程为
B. 存在，存在直线，使得点为线段的中点，且
C. 任意，存在直线，使得点为线段的中点，且
D. 任意，无论直线怎么运动，
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定条件，求出双曲线中，求出渐近线方程判断A；结合图形及双曲线定义判断BC；设出直线的方程，分别与双曲线及渐近线方程联立，利用韦达定理求解判断D.
【详解】双曲线的实半轴长，虚半轴长，半焦距，
对于A，当时，双曲线的渐近线方程为，A正确；
对于B，取的右焦点，连接，分别为的中点，则，，
，，则，
于是，而，矛盾，B错误；

对于C，取的右焦点，连接，分别为的中点，则，，
双曲线的渐近线方程为，则，即，
因为，所以，得，，
，，符合要求，C正确；

对于D，显然直线的斜率存在，设其方程为，，
由消去，得，则，
由消去，得，则，
因此，线段有相同的中点，则，D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题选项BC，作出符合题意的图形，结合图形分析推理是求解的关键.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本题共3小题，共15分）
12. 函数在处的切线方程为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求切线的斜率，再由点斜式求切线方程.
【详解】函数的导函数为，
所以，，
所以函数在处的切线的斜率为，切点为，
所以函数在处的切线方程为.
故答案为：.
13. 已知数列的前项和为，，，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】由，取，，由此求出，，再求即可.
【详解】因为，，
取可得，，所以，
取可得，，所以，
所以，
故答案为：.
14. 已知圆，圆，两圆交于，两点，则面积的最小值为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】由圆的方程求两圆的圆心坐标及半径，证明两圆相交，求两圆的公共弦方程，再求面积的的解析式，令，可得，判断函数的单调性，结合单调性求最小值.
【详解】圆的圆心的坐标为，半径，
圆的圆心的坐标为，半径，
所以，，，
，
故，
所以圆与圆相交，
将方程与方程相减可得，
所以直线AB的方程为，
因为到直线的距离，
所以，
又到直线的距离，
所以面积，
令，则，，
所以，，
设，，
因为函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数在上单调递增，
所以，当且仅当时取等号，
所以当时，函数取最小值，
故当时，取最小值，
所以当，即时，面积取最小值.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于先求出公共弦AB的方程，结合弦长公式点到直线的距离公式求出的面积的表达式，再结合换元法，结合函数单调性求最值.
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. 已知数列是公差不为0的等差数列，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设数列的公差为，则，由条件结合等差数列通项公式列方程求，由此可得其通项公式；
（2）由（1），利用裂项相消法求的前项和．
【小问1详解】
设数列的公差为，则，
因为，且，
所以，，
解得，，
所以，
所以数列的通项公式为；
【小问2详解】
因为，
由（1）可得，
所以数列的前项和，
所以.
所以数列的前项和.
16. 已知函数．
（1）求的最大值；
（2）若对于任意的，都有，求实数的取值范围．
参考数据：．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，从而求出最大值；
（2）分离参数，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，利用导数判断单调性求解即可.
【小问1详解】
的定义域为，，令，得，
当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减，
所以，
所以的最大值为；
【小问2详解】
对于任意的，都有，
即对于任意的，都有，
即对于任意的，都有，
所以，，
令，，，
令，得，
当时，，在单调递减；
当时， ，单调递增，
且，，
所以，所以，
所以实数的取值范围为.
17. 如图，长方体中，，，为中点，在线段上，．
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的性质，结合两个平面相互垂直的定义推理得证.
（2）利用几何法作出二面角的平面角，再在直角三角形中求解即可.
【小问1详解】
长方体中，，而平面，
则平面，而平面，因此，
是平面与平面所成二面角的一个平面角，
又，，则，
所以平面平面.
【小问2详解】
连接，由（1）知，，
而平面，则平面，
又平面，于是，是平面与平面所成锐二面角，
在中，，
因此，
所以平面与平面所成锐二面角的正弦值是.
18. 已知为坐标原点，点，，是抛物线上不同的三点，其中，点在第一象限，直线与平行，直线与交于点，直线与直线交于点．
（1）求抛物线的准线方程；
（2）求直线的方程；
（3）求的最小值．
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
分析】（1）将点坐标代入方程求出值即得.
（2）根据给定条件，设直线，抛物线方程联立，利用韦达定理，结合方程组法求出点纵坐标即可.
（3）利用弦长公式列式求出的函数关系，借助基本不等式求出最小值.
【小问1详解】
由在抛物线上，得，解得，
所以抛物线的准线方程为.
【小问2详解】
直线的斜率，设直线，，
由消去，得，则，，
直线方程为，直线方程为，即，
由，得点纵坐标，即点，
同理得直线方程为，直线方程为，点，
所以直线方程为.
【小问3详解】
由（2）知，，
令，而，要最小，则，
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值是.
19. 帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，……，，注：，，，，…….已知，．
（1）若，函数在处的阶帕德近似为函数，求实数，的值；
（2）若，设函数，是的极大值点，求实数的取值范围．
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用阶帕德近似的定义求出.
（2）求出函数及导数，由极大值点求出，再求出及，按分类讨论处的极值情况得解.
【小问1详解】
当时，，由，得，解得，
则，，，
，由，得，
所以，.
【小问2详解】
当时，，求导得，
由是的极大值点，得，解得，，
求导得，
，
当时，，
当时，，当时，，
函数在上递增，在上递减，是的极大值点，符合题意，则；
当时，，且函数在上连续，则存在且，
使得，，函数在上单调递减，而，
因此当时，，当时，，
函数在上递增，在上递减，是的极大值点，符合题意，则；
当时，，且函数在上连续，则存在且，
使得，，函数在上单调递增，而，
因此当时，，当时，，
函数在上递减，在上递增，是的极小值点，不符合题意，
所以实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：求出且，按的正负情况分类，结合函数的连续性确定在含有0的开区间内的单调性是求解问题的关键.