浙江省绍兴市会稽联盟2023-2024学年高二上学期期末联考数学试题（Word版附解析）

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高二年级数学学科试题
考生须知：
1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､学号和姓名；考场号､座位号写在指定位置；
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题纸.
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. 已知数列的首项，且满足，则（ ）
A. B. C. 16D. 19
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件得出数列是以，的等差数列，即可求出结果.
【详解】由，得到，又，
所以数列是以，的等差数列，得到，
故选：B.
2. 曲线在点处的切线的斜率（ ）
A. 5B. 4C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助导数的几何意义计算即可得.
【详解】令，则，有，
故曲线在点处的切线的斜率.
故选：C.
3. 如图，在四面体中，.点在上，且，为中点，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量基本定理进行计算
【详解】因为，为中点，
故.
故选：D
4. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了（ ）
A. 192 里B. 96 里C. 48 里D. 24 里
【答案】B
【解析】
【分析】由题可得此人每天走的步数等比数列，根据求和公式求出首项可得.
【详解】由题意可知此人每天走的步数构成为公比的等比数列，
由题意和等比数列的求和公式可得，解得，
第此人第二天走里.
故选：B．
5. 原点到直线的距离的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】用点到直线的距离公式表示出原点到直线的距离，然后化简求出函数最大值即可.
【详解】设原点到直线l的距离为d，由点到直线的距离公式得：
，
显然当时，有最大值，此时，
因为，当且仅当时等号成立，
所以，所以.
故选：D.
6. 倾斜角为的直线经过抛物线的焦点，与抛物线相交于两点，其中点A位于第一象限，若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，联立直线与抛物线，利用韦达定理结合条件即可求解.
【详解】由，可得焦点，，
设，
，
，，
由题可知直线斜率存在，可设直线l的方程为，
联立直线与抛物线方程：，
化简整理可得，
由韦达定理可得，故，
解得，且点A位于第一象限，
，
∴的值为．
故选：A．
7. 若双曲线的渐近线与圆有公共点，则的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据双曲线方程求得双曲线的渐近线，进而利用圆心到渐近线的距离大于半径求得a和b的关系，进而利用求得a和c的关系，则双曲线的离心率可求．
【详解】双曲线渐近线为，且与圆有公共点，
圆心到渐近线的距离大于半径，即，
，，
．
故选：B．
8. 如图为某种礼物降落伞的示意图，其中有8根绳子和伞面连接，每根绳子和水平面的法向量的夹角均为.已知礼物的质量为，每根绳子的拉力大小相同，则降落伞在匀速下落的过程中每根绳子拉力的大小（重力加速度取）最接近（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设每根绳子上的拉力大小为T，根据平衡条件列式求解即可．
【详解】设每根绳子上的拉力大小为T，则根据平衡条件可得，,
解得．
所以降落伞在匀速下落的过程中每根绳子拉力的大小约为1.41N．
故选：A.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 设曲线在点处的切线为，则直线的斜率可能的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】求出导函数的值域，即可得出直线的斜率的取值范围.
【详解】因为，则，
且曲线在点处的切线为，所以，直线的斜率的取值范围是.
故选：ABC.
10. 已知椭圆的两个焦点为、，、为椭圆的左、右顶点，为上一点，则下列结论正确的是（ ）
A. 周长为
B. 的最大值为
C. 椭圆的离心率为
D. 直线与的斜率的乘积为
【答案】AB
【解析】
【分析】利用椭圆的定义可判断A选项；利用椭圆的范围可求出的最大值，可判断B选项；以椭圆的离心率公式可判断C选项；利用斜率公式结合椭圆方程可求出直线与的斜率的乘积，可判断D选项.
【详解】对于椭圆，，，，
对于A选项，的周长为，A对；
对于B选项，易知点、，
设点，则，其中，
则
，当且仅当时，等号成立，故的最大值为，B对；
对于C选项，椭圆的离心率为，C错；
对于D选项，易知点、，
则，D错.
故选：AB.
11. 已知数列满足，，则数列（ ）
A. 有可能是常数数列
B. 有可能是等差数列
C. 有可能是等比数列
D. 有可能既不是等差数列，也不是等比数列
【答案】BCD
【解析】
【分析】将已知等式变形为，利用反证法可判断A选项；利用等差数列的定义可判断B选项；利用等差数列的定义可判断C选项；举特例可判断D选项.
【详解】由可得，
即，
若对任意的，有且，此时数列是公比为的等比数列，
若对任意的，有且，此时数列是公差为的等差数列，
取数列各项为：、、、、、、，则数列满足条件，
此时，数列既不是等差数列，也不是等比数列，BCD对，
若数列为常数列，不妨设（为常数）对任意的恒成立，
由可得，可得，与矛盾，
故数列不可能是常数列，A错.
故选：BCD.
12. 已知正三棱柱的各棱长均等于，是的中点，则下列结论正确的是（ ）

A.
B. 平面与平面的夹角是
C. 平面平面
D. 与平面所成的角的正弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】取线段的中点，连接，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】取线段的中点，连接，
在正三棱柱，平面，
因为是边长为的等边三角形，则，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、
、，
对于A选项，，，
所以，，故，A对；
对于B选项，设平面法向量为，
，，则，
取，则，，可得，
易知平面的一个法向量为，
所以，，
所以，平面与平面的夹角为，B错；
对于C选项，设平面的法向量为，
，，则，
取，则，，可得，则，
所以，，故平面平面，C对；
对于D选项，，则，
所以，与平面所成的角的正弦值为，D对.
故选：ACD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 函数的导函数是___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据乘积的导数公式直接求导可得.
【详解】
故答案为：
14. 已知数列满足，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】裂项相消法求数列前n项和.
【详解】，
所以，
故答案为：.
15. 设为曲线上的任意两点，则的最大值为__________.
【答案】10
【解析】
【分析】由椭圆定义可知，均在椭圆上，结合椭圆性质即可得.
【详解】由，
即点到点与点的距离之和为，
由椭圆定义可知，在以与为焦点，
与为上下顶点的椭圆上，
故.
故答案为：.
16. 在空间直角坐标系中，点为平面外一点，其中、，若平面的一个法向量为，则点到平面的距离为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据与平面的法向量垂直可求出的值，然后利用空间向量法可求得点到平面的距离.
【详解】由已知可得，且平面的一个法向量为，
则，则，解得，
因为，故点到平面的距离为.
故答案为：.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知函数.
（1）分别求出和的导数；
（2）若曲线在点处的切线与曲线在处的切线平行，求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）应用导数运算律及复合函数求导即可；
（2）先分别求出切线斜率再根据平行线斜率相等求参.
【小问1详解】
由导数公式得，
由复合函数求导法则得；
【小问2详解】
由可得曲线在点处的切线的斜率
，
从而切线方程为，即.
由，可得曲线在处的切线斜率为，
由题意可得，
从而，
此时切点坐标为，曲线在处的切线方程为，
即，故符合题意.
18. 已知经过原点的直线与圆相交于两点.
（1）若，求的斜率；
（2）已知存在轴上的点，使直线的斜率之和恒为0，求的值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）由圆的弦长公式求出圆心到直线的距离，然后利用点到直线的距离公式即可得出答案；
（2）设直线，联立，韦达定理，将直线斜率用坐标表示，即可求解.
【小问1详解】
由圆，知圆心坐标为，半径为2，
因为，所以点到的距离为，
因为直线经过原点，且由题意易知斜率必存在且不为0，
可设其方程为，
由点到直线的距离公式可得：，解得.
【小问2详解】
当直线AB斜率存在且不为0时，设，AB：，联立
，
得，
所以，，
由题意得，即，
因为，所以，
即，解得.
当直线AB斜率不存在时，，，此时，
当直线AB斜率为零时，，，显然，
综上.
19. 记为等比数列的前项和.已知.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，作差变形得，求得公比为4，再利用求得，利用等比数列通项公式求解即可；
（2）根据（1）求得，再利用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
当时，；
当时，，即，
所以等比数列的公比是4，所以，即，得，
故数列是首项为1，公比为4的等比数列，从而.
【小问2详解】
由（1）知，，故.
则，
，
两式相减得，
，
故.
20. 如图，四棱锥中，底面为正方形，平面，点分别为的中点.
（1）求证：；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）方法一：由线面垂直得到线线垂直，进而得到线面垂直，线线垂直；
方法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积为0进行证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到面面角的余弦值.
【小问1详解】
证法1：因为平面平面，所以.
又为正方形，所以.
因为，平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为，于是.
证法2：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
所以，
因此.
【小问2详解】
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则，设平面的法向量为，
则，
解得，令，则，故是平面的一个法向量.
，设平面的法向量为，
则，
解得，令，则，故是平面的一个法向量.
所以
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
21. 已知点，动点满足.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）记动点的轨迹为，若是上的不同两点，是坐标原点，求的最小值.
【答案】（1）
（2）1
【解析】
分析】（1）根据双曲线定义求出轨迹方程；
（2）分直线斜率不存在和直线斜率存在两种情况，当斜率不存在时求出，斜率存在时，，得到答案.
【小问1详解】
因为，
由双曲线定义可知：点的轨迹是以为焦点的双曲线的右支，
所以，，
所以动点的轨迹方程为：.
【小问2详解】
①当直线斜率不存在时，设直线方程为：，
此时，
所以；
②当直线斜率存在时，设直线方程为：，
代入双曲线方程可得：，
可知其有两个不等的正实数根，
解得：，
所以
.
由得，
，
综上所述，的最小值为1.
22. 已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，椭圆的左、右顶点分别为、，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于、两点，且满足，求的面积最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求出的值，根据可求出的值，进而可得出的值，由此可得出椭圆的方程；
（2）分析可知，直线、的斜率存在且不为零，设直线的方程为，则直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，求出点的横坐标，可求得，进而可求得，利用基本不等式以及对勾函数的单调性可求得面积的最大值.
【小问1详解】
解：设椭圆半焦距为，
椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，
易知点，则，所以，
因为，所以，因此，
则，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
解：若、分别与两坐标轴垂直，则这两条直线中有一条与椭圆相切，不合题意.
所以，直线、的斜率存在且不为零，
不妨设直线的方程为，
则直线的方程为，

联立得，
，
由，所以，
则，
同理可得，
所以的面积为
因为，当且仅当时取等号，
令，则，则，
则函数在上单调递增，
当时，，
从而，故的面积取得最大值.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值.