安徽省马鞍山市第二中学2023-2024学年高二下学期阶段性检测数学试卷（Word版附解析）

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一、单项选择题：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. 在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是（其中O为坐标原点）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据四点共面的条件逐项判断即可求得结论.
【详解】空间向量共面定理：，若不共线，且共面，其充要条件是.
对A，因为，所以四点不共面；
对B，因为，所以四点不共面；
对C，由可得，
因为，所以四点不共面；
对D，由可得，
即，因，所以四点共面.
故选：D
2. 椭圆的离心率为，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由椭圆的离心率公式即可求解.
【详解】由题意得，解得，
故选：A.
3. 记等差数列的前项和为，则（ ）
A. 120B. 140C. 160D. 180
【答案】C
【解析】
【分析】利用下标和性质先求出的值，然后根据前项和公式结合下标和性质求解出的值.
【详解】因为，所以，所以，
所以，
故选：C.
4. 若在R上可导，，则（ ）
A. 1B. －1C. －2D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】求出导数，再代值计算即可.
【详解】解：由，可得，
所以，解得.
故选：D.
5. 图是第七届国际数学教育大会的会徽图案，会徽的主体图案是由如图所示的一连串直角三角形演化而成的，其中，如果把图中的直角三角形继续作下去，记，，，的长度构成的数列为，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可推出，且，从而说明数列是以为首项，为公差的等差数列，求得数列的通项公式，即可求得答案.
【详解】由题意知，，
，，，，都是直角三角形，
，且，故，
数列是以为首项，为公差的等差数列，
．
又，，
数列的通项公式为，
，
故选：C．
6. 如图所示，平行六面体中，，，，则线段的长度为（ ）．
A B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，取向量为基底，进而根据向量模的计算公式计算即可.
【详解】解：根据题意，取向量为基底，
则，
所以
，所以
所以线段的长度为为
故选：C
7. 设椭圆的左、右焦点分别为，，为直线上一点，是底角为的等腰三角形，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由是底角为的等腰三角形，把用表示出来后可求得离心率．
【详解】解：由题意可得，，如图，，则，，
所以，
所以，∴，∴．
故选：D．
8. 已知函数，若，，且时，都有，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，由定义得出其单调性，进而得出在上恒成立，再由导数得出的最小值，即可得出实数a的取值范围.
详解】令
因为，，且时，都有，
即，，且时，都有，
所以在上单调递增，
即上恒成立，即在上恒成立．
令，，所以，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，即．
故选：D．
二、多项选择题：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. 已知平面平面，B，D是l上两点，直线且，直线且．下列结论中，错误的有（ ）
A. 若，，且，则ABCD是平行四边形
B. 若M是AB中点，N是CD中点，则
C. 若，，，则CD在上的射影是BD
D. 直线AB，CD所成角的大小与二面角的大小相等
【答案】ABD
【解析】
【分析】由空间中线线、线面及面面关系逐项判断即可得解.
【详解】对于A，由题意，AB，CD为异面直线，所以四边形ABCD为空间四边形，不能为平行四边形，故A错误；
对于B，取BC的中点H,连接HM,则HM是的中位线，所以，
因为HM与MN相交，所以MN与AC不平行，B错误；
对于C，若，所以由线面垂直的判定可得平面ABC，所以，
由结合面面垂直的性质可得，所以点C在平面内的投影为点D,
所以CD在平面内的投影为BD，故C正确；
对于D,由二面角的定义可得当且仅当时，直线AB，CD所成的角或其补角才为二面角的大小，故D错误.
故选：ABD.
10. 已知直线与圆，则（ ）
A. 直线必过定点B. 当时，被圆截得的弦长为
C. 直线与圆可能相切D. 直线与圆不可能相离
【答案】ABD
【解析】
【分析】将直线变形为，即可求定点坐标，即可判断A；根据弦长公式求弦长，判断B；根据直线所过定点与圆的关系，再结合直线方程的形式，即可判断CD.
【详解】A.，联立，得，所以直线过点，故A正确；
B.当时，，圆心到直线的距离，弦长，故B正确；
C.直线所过定点在圆上，过点与圆相切的直线是，
但直线，表示斜率存在的直线，表示不了直线，
故不存在直线与圆相切，故C错误；
D. 直线所过定点在圆上，所以直线与圆总有公共点，不可能相离，故D正确.
故选：ABD
11. 对于函数，下列说法正确的有（ ）
A. 在处取得极大值
B. 只有一个零点
C.
D. 若在上恒成立，则
【答案】AB
【解析】
【分析】对A，利用导数求出函数的单调区间，进一步求出函数的极值即可判断；对B，利用函数的单调性和函数值的范围即可判断；对C，利用函数的单调性比较出函数值的大小关系即可判断；对D，利用不等式恒成立，参数分离法即可求解．
【详解】对于A，函数，，
令，即，解得，
当时，，故在上为单调递增函数，
当时，，故在上为单调递减函数，
在时取得极大值，故A正确；
对于B，在上为单调递增函数，，函数在上有唯一零点，
当时，恒成立，即函数在上没有零点，故有唯一零点，故B正确；
对于C，在上为单调递减函数，，，故C错误；
对与D，由在上恒成立，即在上恒成立，
设，则，令，解得：，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减，
当时，函数取得最大值，最大值为，，故D错误．
故选：AB
【点睛】方法点睛：本题考查导数的应用，利用导数研究函数单调性和极值，研究不等式恒成立问题，要利用分离参数法处理恒成立问题，再转化为最值问题，考查数学运算和数学抽象的核心素养，属于中档题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数在点处的切线过点，则的最小值为__________.
【答案】12
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求得函数在点处的切线方程，可推出，将化为，结合基本不等式即可求得答案.
【详解】由函数可得，
则，
故函数在点处的切线方程为，即，
则由题意可得，
故，
当且仅当，即取等号，
即的最小值为12，
故答案为：12
13. 已知数列满足，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得数列是首项为，公比为的等比数列，由累乘法求出，结合指数函数和二次函数的性质求即可得出答案.
【详解】因为，所以，
所以，因此数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
当时，，
因为时，，所以，
因此当或时，取得最小值，为.
故答案为：.
14. 若P，Q分别是抛物线与圆上的点，则的最小值为________．
【答案】##
【解析】
【分析】设点，圆心，的最小值即为的最小值减去圆的半径，求出的最小值即可得解．
【详解】依题可设，圆心，根据圆外一点到圆上一点的最值求法可知，
的最小值即为的最小值减去半径．
因为，，
设，
，由于恒成立，
所以函数在上递减，在上递增，即，
所以，即最小值为．
故答案为：．
四．解答题：本题共5小题，共77分，解答应出文学说明、证明过程或演算步骤
15. 已知圆C的方程为x2﹣2x+y2﹣3＝0．
（1）求过点（3，2）且与圆C相切的直线方程；
（2）若直线y＝x+1与圆C相交于A，B，求弦长|AB|的值．
【答案】（1）y＝2或x＝3；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出圆心与半径r，①当直线斜率不存在时，验证是否满足题意．②当直线斜率存在时，可设斜率为k，直线方程为y﹣2＝k（x﹣3），利用点到直线的距离公式求解即可．
（2）利用点到直线的距离，结合圆的半径计算弦长即可．
【小问1详解】
圆的标准方程为（x﹣1）2+y2＝4，圆心为C（1，0），半径r＝2，
①当直线斜率不存在时，由过点（3，2）得直线方程为x＝3，与（1，0）的距离为2，与圆相切，符合题意；
②当直线斜率存在时，可设斜率为k，直线方程为y﹣2＝k（x﹣3），即kx﹣y+2﹣3k＝0，
圆心（1，0）到直线的距离，解得k＝0．
∴直线方程为y＝2．
综上，所求直线方程为y＝2或x＝3．
【小问2详解】
圆心C（1，0）到直线y＝x+1与的距离，
又半径r＝2，∴弦长|AB|＝．
16. 在四棱锥中底面，底面是菱形，，，点在上.
（1）求证：平面；
（2）若为中点，求直线与平面所成的角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理，即可证明；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.
【小问1详解】
∵底面，平面，，
又在菱形中，，且，平面，
所以平面.
【小问2详解】
设，相交于点，∵为中点，∴
∴底面，以为原点，，分别为轴，轴，轴建立如图直角坐标系.
，，，而菱形的边长为2，
则，为正三角形，∴，
∴，，，，，.
∴，，，
设平面的法向量为，则，
令，，，∴，
设与平面所成的角为，
则.
17. 已知各项均不为零的数列满足，其前n项和记为，且，数列满足．
（1）求；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）；；
（2）
【解析】
【分析】（1）首先利用数列与的关系，求得，再赋值求，再利用时，，即可求得；
（2）由（1）可知，，再利用错位相减法求和.
【小问1详解】
因为，，又数列各项均不为零，所以．
当时，，所以，
当时，，所以，
，两式相减可得，，
∴
；
【小问2详解】
由（1）可知，，
设，
当时，数列的前项和为21，
当，数列的前项和为，
设
，
两式相减得，
，
解得：，
所以，，
当时，
所以.
18. 设函数，．
（1）当时，求函数在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若在R上恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求出，，写出切线方程；
（2），讨论，，确定的正负找出单调区间.
（3）恒成立，讨论的单调性，由得a的取值范围．
【小问1详解】
∵ ∴，，，
∴切线方程为：.
【小问2详解】
，
①当时，，在R上单调递增；
②当时，，
综上所述：
时，的单调递增区间为R；
时，的单调递减区间为，单调递增区间.
【小问3详解】
，
令，即，.
①时，，单调递增，，故不成立，舍去.
②时，恒成立，此时.
③时，由（2）知，，故只需即可，
，
即.
综上所述：.
【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若在区间上有最值，则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
若能分离常数，即将问题转化为：（或），则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
19. 已知双曲线过点且焦距为10．
（1）求C的方程；
（2）过点作直线l与双曲线C交于P、Q两点，求直线l斜率的取值范围．
（3）已知点，E为线段AB上一点，且直线DE交C手G，H两点．证明：．
【答案】（1）
（2）
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意列方程组求出，即可得出C的方程；
（2）设，与双曲线联立由直线与双曲线的位置关系求解即可；
（3）根据四点共线，要证即证，设出直线，，，联立直线方程与椭圆方程得出，将其代入，计算结果为零，即证出．
【小问1详解】
由题意可得：，故，所以C的方程为．
【小问2详解】
由题意可知直线的斜率存在，设，
与双曲线联立得：．
因为直线与双曲线交于P、Q两点，所以且，
由，得，
由，得，
解得：
直线斜率的取值范围为．
【小问3详解】
设，，
当时，即，解得，则，
双曲线的渐近线方程为，
故当直线与渐近线平行时，此时和双曲线仅有一个交点，
此时直线方程为，
令，则，故．
则直线．
由得，
所以，．
因为，
，
．
所以，所以
即．
【点睛】关键点睛：本题第三问不能直接计算长度，否则计算量过大，而是转化为证明向量数量积之间的关系，采取设，从而得到直线方程，再使用经典的联立法，得到韦达定理式，然后证明即可.负
0
正
减
极小值
增