浙江省余姚市2023_2024学年高二数学上学期期末考试试卷含解析

这是一份浙江省余姚市2023_2024学年高二数学上学期期末考试试卷含解析，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
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. 经过两点的直线的倾斜角为（）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
【答案】D
【解析】
【分析】利用斜率公式和倾斜角与斜率的关系求解.
【详解】解：因为直线经过，
所以经过该两点的直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，则，
因为，所以，
故选：D
2. 已知圆：，圆：，则两圆的位置关系为（）
A. 内切B. 相交C. 外切D. 外离
【答案】B
【解析】
【分析】将圆的方程化为标准方程，得各自的半径，圆心，结合圆心距满足的条件即可判断.
【详解】由题意圆：即圆：的圆心，半径分别为，
圆：即圆：的圆心，半径分别为，
所以两圆的圆心距满足，
所以两圆的位置关系为相交.
故选：B
3. 在平行六面体中，为的中点，若，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】画出图形，由空间向量的线性运算法则，准确运算，即可求解
【详解】由题意可作出平行六面体，如图，
则，
即，故A正确.
故选：A.
4. 双曲线的焦点到渐近线的距离为（）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线方程求解出焦点坐标和渐近线方程，再根据点到直线的距离公式求出结果.
【详解】由题意可知双曲线，则焦点坐标，渐近线方程为，
不妨取焦点，渐近线，
所以焦点到渐近线的距离为，故B正确.
故选：B.
5. 已知函数，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对函数求导得，从而可求解.
【详解】由题意得，所以.故A正确.
故选：A.
6. 把正方形纸片沿对角线折成直二面角，为中点，为的中点，是原正方形的中心，则折纸后的余弦值大小为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】要求的余弦值，需求,故要构造，分别求，易得可通过余弦定理求得即可.
【详解】
如图，连接,则,过点作,垂足为，连接.
因平面平面,且平面平面，平面，故得：平面，
又平面,则.设正方形的边长为4，则,
在中，由余弦定理可得：,
在中，,又,
设,在中，由余弦定理：.
故选：C.
7. 数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列1，1，2，3，5，8其中从第项起，每一项都等于它前面两项之和，即，，这样的数列称为“斐波那契数列”，则下列各式中正确的选项为（）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据“斐波那契数列”的定义以及数列求和等知识求得正确答案.
【详解】A选项，，所以A选项错误.
B选项，
，所以B选项错误.
C选项，
，所以C选项错误.
D选项，
，
所以D选项正确.
故选：D
8. 设椭圆的左焦点为，点在椭圆外，，在椭圆上，且是线段的中点. 若椭圆的离心率为，则直线，的斜率之积为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取线段的中点，连接，取右焦点，连接，推导出，可得出，利用点差法可求得，再结合椭圆的离心率的值，从而可求解.
【详解】取椭圆的右焦点为，连接，，如下图所示，

由题意可知，点为椭圆的左焦点，
因为点、，易知点为线段的中点，
又因为为的中点，所以，
取线段的中点，连接，则，
所以，则，所以，
设点、，则点，
所以，两个等式作差可得，可得，
所以，
因为椭圆的离心率为，得，
所以，即，故B正确.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是首先得到，再证明中点弦有关斜率之积的结论，从而得到最终答案.
二､选择题：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. 下列说法中正确的是（）
A. 直线在轴上的截距是
B. 直线恒过定点
C. 点关于直线对称的点为
D. 过点且在轴､轴上的截距相等的直线方程为
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A项，将直线方程化成斜截式方程即得；对于B项，把直线方程化成关于参数的方程，依题得到，解之即得；对于C项，只需验证两点间的线段中点在直线上，且两点的直线斜率与已知直线斜率互为负倒数即可；对于D项，需注意截距相等还包括都为0的情况.
【详解】对于A项，由可得：，可得直线在轴上的截距是，故A项错误；
对于B项，由可得：，因，则有：，
故直线恒过定点，故B项正确；
对于C项，不妨设,直线，因直线的斜率为与直线的斜率为1的乘积为，则得,
又由点到直线的距离为与点到直线的距离为相等，且在直线的两侧，故点关于直线对称的点为，即C项正确；
对于D项，因过点且在轴､轴上的截距相等的直线还有，故D项错误.
故选：BC.
10. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于整除的问题.现将1到500这500个数中能被2除余1且被3除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，其前项和为，则（）
A. B.
C. D. 数列共有84项
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题意得现将1到500这500个数中能被2除余1且被3除余1的数按从小到大的顺序排成一列，则它们构成首项为1，末项为499，公差为6的等差数列，由此即可逐一判断每一个选项.
【详解】1到500这500个数中能被2除余1的数有：1，3，5，7……499，
1到500这500个数中能被3除余1的数有：1，4，7……499，
由题意现将1到500这500个数中能被2除余1且被3除余1的数按从小到大的顺序排成一列，
构成首项为1，末项为499，公差为6的等差数列，
所以，
所以，，，数列共有84项.
故选：ACD.
11. 已知抛物线：的焦点为，点为抛物线上一动点，点，则（）
A. 抛物线的准线方程为
B. 的最小值为5
C. 当时，则抛物线在点处的切线方程为
D. 过的直线交抛物线于两点，则弦的长度为16
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，直接由抛物线标准方程即可判断；对于B，由抛物线定义结合三角形三边关系即可判断；对于C，设出切线方程（斜率为参数），联立抛物线方程由判别式为0即可验算；对于D，联立方程和抛物线方程，结合韦达定理、焦点弦公式即可判断.
【详解】对于A，由题意抛物线：的准线方程为，故A正确；
对于B，如图所示：
过点向准线作垂线，设垂足为点，过点向准线作垂线，设垂足为点，
所以，
等号成立当且仅当点与点重合，点为与抛物线的交点，故B正确；
对于C，切点为，且切线斜率存在，所以设切线方程为，
联立抛物线方程得，
所以，解得，
所以当时，则抛物线在点处的切线方程为，故C错误；
对于D，由题意，所以，
所以直线，即，联立抛物线方程得，
所以，，故D正确.
故选：ABD.
12. 已知，则（）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据条件构造函数，求导，计算出x与y的关系，再根据函数的性质逐项分析.
【详解】因为，即．
令，则有，
则，令，则，
令，可得，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
故，
所以总有，故单调递减；所以，即；
对于A，，故A错误；
对于B，设，则，
故在上单调递增，所以，
所以，因为，所以，故B正确；
对于C，，即．
设，则，
则，所以单调递增．
因为，所以，故C正确；
对于D，，即，
令，则，
因为，所以为偶函数，
所以即为．
则，令，则，所以单调递增．
又，
所以当时，，，函数单调递减；
当时，，，函数单调递增，
当时，，故D错误；
故选：BC.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用空间向量线性运算的坐标表示即可得解.
【详解】由，得.
故答案为：
14. 已知正项等比数列，，且，，成等差数列，则_______．
【答案】##
【解析】
【分析】由，，成等差数列可得，求出公比，从而求出数列的通项公式，即可求解.
【详解】设数列的公比为，
由题意知，，成等差数，则，即，解得或（舍），
所以数列的通项公式为，则.
故答案为：.
15. 若直线与单位圆和曲线均相切，则直线的方程可以是___________.（写出符合条件的一个方程即可）
【答案】（写出符合条件的一个方程即可）
【解析】
【分析】设直线方程为：，根据直线与单位圆和曲线均相切，方程联立，由判别式为零求解.
【详解】解：易知直线的斜率存在，设直线方程为：，
由消去y得：，
则，化简得，
由，消去y得：，
则，化简得，
由，解得，则，
所以直线方程为：，
故答案为：（写出符合条件的一个方程即可）
16. 已知函数有两个零点，求的取值范围______.
【答案】
【解析】
【分析】由函数求导后，对导函数中的参数进行分类讨论，在时，通过判断函数的单调性求得其最小值，依题需使推得；接着分段说明函数在区间和上各有一个零点即得.
【详解】由求导可得：
当时，，在上单调递增，所以至多有一个零点．
当时，由可得：，由可得：，故函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，取得最小值，
．
令，，则，所以，上单调递减．
又，所以要使，即，则．
又因为，
所以在上有一个零点．
又
令，，则，所以在上单调递增，
因为，所以，所以，所以．
所以在上也有一个零点．
综上所述，a的取值范围是．
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解；
（4）分类讨论法：通过对函数求导，根据参数分类讨论函数的单调性和最值，结合函数简图进行推理求解.
四、解答题：本大题共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（为常数），曲线在点处的切线平行于直线.
（1）求的值；
（2）求函数的极值.
【答案】（1）
（2）极大值为，极小值为
【解析】
【分析】（1）求导得，由此即可求解；
（2）求导得，根据导数与极值的关系列表即可得解.
【小问1详解】
，
∵在点处的切线平行于直线，
∴，∴；
【小问2详解】
由（1）可得，
令得或，列表如下：
∴极大值为，极小值为.
18. 已知的三个顶点，，．
（1）求边上中线所在直线的方程；
（2）已知点满足，且点在线段的中垂线上，求点的坐标．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）首先得中点坐标，进一步求得所在直线的斜率，结合点斜式化简即可求解；
（2）首先得，直线的方程为，结合以及点到直线距离公式得点所在直线方程为或，进一步求得线段的中垂线方程，联立即可得解.
【小问1详解】
由题意中点，
所以所在直线的斜率，
所以所在直线的方程为，
即边中线所在直线的方程；
【小问2详解】
因为，，所以，
，所以直线的方程为，即，
设点到直线的距离，则由题意，
所以点到直线的距离，
则点所在直线方程为或，
因为，，
所以，线段中点坐标为，
所以线段的中垂线为，即，
所以联立或，
所以点的坐标为：或.
19. 已知数列的首项，且满足.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）若，求正整数的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）4046
【解析】
【分析】（1）两边取倒数结合等比数列的定义即可得证；
（2）由分组求和以及等比数列求和公式得前项和，结合其单调性即可求解.
【小问1详解】
易知各项均为正，对两边同时取倒数得，
即，
因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知，
所以，
显然单调递增，
且，
所以的最大值为4046.
20. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面平面，是边长为2的正三角形，，，.
（1）若平面，求的值；
（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立适当的空间直角坐标系，由向量的线性运算得，进一步得是平面的一个法向量，由此列出方程即可求解.
（2）求出两平面的法向量，由法向量夹角余弦公式即可求解.
【小问1详解】
分别取中点，连接，
由已知底面是直角梯形，，，，
易得，
∵平面平面，平面平面，面，
∴平面，
又因为平面，
所以，
以中心，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
∵，
∴，
显然是平面的一个法向量，
若平面，则，即；
【小问2详解】
若，则，
由（1），
所以，
所以，
设分别为平面与平面的一个法向量，
所以或，
令，解得，
则，
设平面与平面的夹角为，
故，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
21. 已知函数
（1）讨论单调性；
（2）当，证明：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求函数的定义域和导函数，然后分和判断导数的正负，从而可求得其单调区间；
（2）要证明原不等式，只需要使的最大值小于等于，而由（1）可知，再构造函数，利用导数可得，从而可得，进而可证得结论
【小问1详解】
定义域为，
则，
①当时，，在上单调递增；
②当时，当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
综上，①当时，在上单调递增，
②当时，在上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
由（1）可得，当时，
要证，只需证，
即证恒成立.
令，则恒成立，
设，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
∴的最大值为，
所以，
所以恒成立，
∴原命题得证.，即：当时，.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调区间，利用导数解决不等式恒成立问题，解题的关键是构造函数，利用导数证明，从而可得，考查计算能力，属于中档题
22. 已知椭圆过点，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于两点，直线分别与轴交于两点，求证：中点为定点．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意列方程求解即可.
（2）由题意显然直线斜率存在，设方程为，，联立椭圆方程，由韦达定理得，，进一步表示出方程和点坐标，证明为定值即可.
【小问1详解】
因为椭圆过点，离心率为，
所以，解得，
所以，椭圆的方程为.
【小问2详解】
显然直线斜率存在，设方程为，，
联立方程得，
，
由直线方程为，直线方程为，
得，
.
中点为定点．
【点睛】关键点点睛：关键是用表示出的坐标，结合韦达定理，证明为定值即可顺利得解.
3
+
0
0
+
↗
极大值
↘
极小值
↗