浙江省杭州市2023_2024学年高二数学上学期期末考试试题2含解析

这是一份浙江省杭州市2023_2024学年高二数学上学期期末考试试题2含解析，共19页。试卷主要包含了 本试卷分试题卷和答题卡两部分， 考试结束后，只需上交答题卡， 以下四个命题中，正确的是， 下列求导运算正确的是等内容，欢迎下载使用。
2. 答题前务必将自己的学校、班级、姓名用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡规定的地方.
3. 答题时，请按照答题卡上“注意事项”的要求，在答题卡相应的位置上规范答题，在本试题卷上答题一律无效.
4. 考试结束后，只需上交答题卡.
一、单选题（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. 直线的倾斜角的大小为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据斜率等于倾斜角的正切值，结合倾斜角的范围即可求解.
【详解】由可得，所以直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，则，
因为，所以，
故选：D.
2. 若数列的通项公式为，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析】利用裂项相消求和可得答案.
【详解】，
则.
故选：A.
3. 若数列满足，，则（）
A. 3B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由递推公式计算数列的前几项得出周期，即可的答案.
【详解】因为数列满足，，所以，，，，，
故数列的周期为3，故
故选：C.
4. 在空间四边形中，，且，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由可表示出.
【详解】
.
故选：C.
5. 以下四个命题中，正确的是（）
A. 若，则三点共线
B. 若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底
C.
D. 若，且，则
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量三点共线可判断A；假设共面，设得出矛盾可判断B；举反例可判断C；利用数量积公式计算可判断D.
【详解】对于A，若三点共线，则，且，
而，故A错误；
对于B，假设共面，
设，
因为为空间的一个基底，所以，
该方程组无解，假设不成立，故B正确；
对于C，设，
则，，故C错误；
对于D，由得，设与的夹角为，
所以，因为，所以，不一定有，故D错误.
故选：B.
6. 已知圆，圆，则两圆的公切线的条数为（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆的方程，求得圆心距和两圆的半径之和，之差，判断两圆的位置关系求解.
【详解】因为圆，圆，
所以，，
所以，
所以两圆相交，
所以两圆的公切线的条数为2，
故选：B
7. 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S10＝1，S30＝13，S40＝（ ）
A. ﹣51B. ﹣20C. 27D. 40
【答案】D
【解析】
【分析】由{an}是等比数列可得S10，S20﹣S10，S30﹣S20，S40﹣S30成等比数列，列方程组，从而即可求出S40的值．
【详解】由{an}是等比数列，且S10＝1＞0，S30＝13＞0，得S20＞0，S40＞0，且1＜S20＜13，S40＞13
所以S10，S20﹣S10，S30﹣S20，S40﹣S30成等比数列，
即1，S20﹣1，13﹣S20，S40﹣13构成等比数列，
∴（S20﹣1）2＝1×（13﹣S20），解得S20＝4或S20＝﹣3（舍去），
∴（13﹣S20）2＝（S20﹣1）（S40﹣13），即92＝3×（S40﹣13），解得S40＝40．
故选：D．
8. 双曲线的左、右焦点分别为，点是双曲线左支上一点，，直线交双曲线的另一支于点，，则双曲线的离心率（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线定义和得到边长之间的关系，结合勾股定理得到方程，求出离心率.
【详解】设，则，，
由双曲线定义得，故，
由勾股定理得，即①，
连接，则，故，
由勾股定理得，即②，
由②得，代入①得，故.
故选：C
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. 下列求导运算正确的是（）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】CD
【解析】
【分析】利用导数公式及运算法则，求解即可.
【详解】对于选项A: ,,故选项A错误；
对于选项B: ,,故选项B错误；
对于选项C: ,,故选项C正确；
对于选项D: ,,故选项D正确；
故选：CD.
10. 某次辩论赛有7位评委进行评分，首先7位评委各给出某选手一个原始分数，评定该选手成绩时从7个原始分数中去掉一个最高分、去掉一个最低分，得到5个有效评分．则这5个有效评分与7个原始评分相比，数字特征可能不同的是（）
A. 极差B. 中位数C. 平均数D. 方差
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用平均数、中位数、平均数、方差的定义进行判断.
【详解】因为5个有效评分是7个原始评分中去掉一个最高分、去掉一个最低分，所以中位数不变，平均数、方差、极差可能发生变化.故B错误.
故选：ACD.
11. 在直三棱柱中，，，分别是的中点，在线段上，则下面说法中正确的有（）
A. 平面
B. 若是上的中点，则
C. 直线与平面所成角的正弦值为
D. 存在点使直线与直线平行
【答案】AC
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断各选项的正误.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、、
.
对于A选项，，易知平面的一个法向量为，
，则，又因为平面，所以，平面，故A正确；
对于B选项，当是线段的中点时，，，
则，故B错误；
对于C选项，由A知，易知平面的一个法向量为，
则，故C正确；
对于D选项，设，其中，
，
假设存在点使直线与直线平行，则存在使，
即，无解，所以假设不成立，故D错误.
故选：AC.
12. 在平面直角坐标系中，已知，若动点满足则（）
A. 存在点，使得
B. 面积的最大值为
C. 对任意的点，都有
D. 椭圆上存在个点，使得的面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意求得P的轨迹是椭圆，从而判断椭圆上是否存在点，使得，即可判断A；当点为椭圆上、下顶点时，面积的取最大值，即可判断B；由椭圆定义知，即可判断C；求得使得的面积为的点坐标满足的关系，与椭圆联立，根据判别式判断交点个数，即可判断D.
【详解】由题知，点P的轨迹是，，焦点在轴上的椭圆，
则，椭圆方程为，
A：当点P为椭圆右顶点时，，故A正确；
B：当点为椭圆上、下顶点时，面积的取最大值，
且最大值为，故B错误；
C：，
因为，故C正确；
D：设使得的面积为的点坐标为，
由，坐标知，，直线的方程为，
则，解得或，
联立，化简得，
则，因此存在两个交点；
同理可得直线与椭圆联立，化简得，
则，所以不存在交点；
综上，有且仅有2个点，使得的面积为，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：
椭圆上任意一点的焦半径范围为；
椭圆中当点位于椭圆上下顶点时焦三角形的面积有最大值；
求直线与椭圆交点个数时，将直线与椭圆方程进行联立，利用判别式判断交点个数.
三､填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 在等差数列中，，则________.
【答案】9
【解析】
【分析】根据等差数列的性质可得的值.
【详解】因为，，
所以.
故答案为：9
14. 从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是_____.
【答案】.
【解析】
【分析】先求事件总数，再求选出的2名同学中至少有1名女同学的事件数，最后根据古典概型的概率计算公式得出答案.
【详解】从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿服务，共有种情况.
若选出的2名学生恰有1名女生，有种情况，
若选出的2名学生都是女生，有种情况，
所以所求的概率为.
【点睛】计数原理是高考考查的重点内容，考查的形式有两种，一是独立考查，二是与古典概型结合考查，由于古典概型概率的计算比较明确，所以，计算正确基本事件总数是解题的重要一环.在处理问题的过程中，应注意审清题意，明确“分类”“分步”，根据顺序有无，明确“排列”“组合”.
15. 若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】
依题意可得在上恒成立，参变分离得到在上恒成立，令，求出的最大值即可求出参数的取值范围；
【详解】解：因为的定义域为，且函数在上单调递增，
在上恒成立，
即在上恒成立，
令
当时
所以即
故答案为：
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，不等式恒成立问题，属于中档题.
16. 高斯函数是以德国数学家卡尔-高斯命名初等函数，其中表示不超过的最大整数，如.已知满足，设的前项和为，的前项和为.则（1）_____；（2）满足的最小正整数为____．
【答案】 ①. 1 ②. 91
【解析】
【分析】利用构造法可得数列的通项公式为，则由题意可得，，，利用放缩法可得所以，所以，可解问题.
【详解】由题可知：，
则，且，
即为首项为2，公比为2的等比数列，
所以，则，
所以．
所以．
设，
则．
所以．
所以且k为正整数，所以．
所以，
．
所以，所以满足的最小正整数为91．
故答案为：1；91．
【点睛】思路点睛：利用放缩法求出，从而由题意得，即可解决问题.
四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．）
17. 的内角的对边分别为，已知
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）12
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，结合三角恒等变换公式化简计算即可；
（2）表示出面积，结合余弦定理计算即可.
【小问1详解】
由已知及正弦定理得：,
即，故,
由，可得,因为，.
【小问2详解】
由已知得，，
又，所以,
由余弦定理得：，
所以，从而，
即,
∴周长为．
18. 如图，在平行四边形中，，四边形为正方形，且平面平面.
（1）证明:；
（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）由余弦定理和勾股定理逆定理得到，由面面垂直得到线面垂直，线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，从而得到面面角的余弦值.
【小问1详解】
因为，，，
在中，由余弦定理可得，
于是，所以.
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以
【小问2详解】
因为四边形为正方形，所以.
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
以A为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示空间直角坐标系.
，，，，，，
，，，.
设平面的一个法向量为，
所以，解得，令，则，故，
设平面一个法向量为，
所以，解得，令，则，故，
所以，
记平面与平面的夹角为，则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
19. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）已知时，直线为曲线的切线，求实数的值．
【答案】（1）答案见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）求导后因式分解，再讨论当，，时导函数的正负，即可判断原函数的单调性.
（2）求导后根据导数的几何意义设切点，求得切线方程，根据切线过原点计算即可求得结果.
【小问1详解】
．
令，得或．
若，则当时，；当时，．
故在上单调递增，在上单调递减；
若时，，在上单调递增；
若，则当时，；当时，．
故在上单调递增，在上单调递减．
综上所述：当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
时，在单调递增，在单调递减．
【小问2详解】
当时，
设切点，则切线方程为
因为切线过原点，故，即，
解得或
所以或.
20. 已知正项数列的前项和为，且满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，的前项和为，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据与的关系化简求解即可；
（2）采用分组求和的方式计算即可.
【小问1详解】
①②
①-②整理得
数列是正项数列，
当时，
数列是以2为首项，4为公差的等差数列，
；
【小问2详解】
由题意知，，
故
.
21. 已知抛物线的焦点为，点是曲线上一点．
（1）若，求点的坐标；
（2）若直线与抛物线交于两点，且以为直径的圆过点，求.
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用点是曲线上一点，结合抛物线的定义整理计算即可;
（2）结合题意转化为，借助韦达定理得或，再借助弦长公式计算即可.
【小问1详解】
由抛物线，可得焦点为，
由抛物线的定义可得，
而，所以，解得或.
当时，;当时，.
所以点的坐标为或.
【小问2详解】
设，联立方程，得，
所以，即,
且
由题知，，
整理得，
即，解得或，
当时，；
当时，.
综上所述：弦长的值为或.
22. 已知双曲线的渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为，过点作直线（不与轴重合）与双曲线相交于两点，过点作直线的垂线为垂足．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）是否存在实数，使得直线过定点，若存在，求的值及定点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在实数，使得直线过定点
【解析】
【分析】（1）焦点到渐近线的距离为，在根据渐近线方程求出；
（2）计算出的直线方程，再令即可求出定点坐标.
【小问1详解】
焦点到渐近线的距离不妨求直线的距离，渐近线方程，得
所以双曲线方程为；
【小问2详解】
假设存在实数，使得直线过定点,
设直线，则．
联立，消得
则．
直线，令得:
又
当即时，为定值
所以存在实数，使得直线过定点.