2024绍兴一中高二上学期期末考试数学含解析

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一、单选题
1. 若，，则（ ）
A. 10B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出再利用向量的模长计算公式即可
【详解】，
所以
故选：D
2. 若点，已知方向向量为，则实数的值为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【详解】的方向向量坐标为，即.又也是的方向向量，.
3. 若直线与相离，则点与圆的位置关系为（ ）
A. 点在圆内B. 点在圆上
C. 点在圆外D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】由题设及点线距离公式有，进而可得即可判断位置关系.
【详解】由题设与直线的距离，即，
所以点在圆内.
故选：A
4. 函数的定义域为，导函数在内的图像如图所示，则函数在内极小值点的个数是（ ）

A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】A
【解析】
【分析】根据极值点的定义，结合导函数的图象，即可判断选项.
【详解】，函数单调递增，，函数单调递减，
由导函数的图象知：函数在内，与x轴有四个交点：从左向右看，
第一个点处导数左正右负，是极大值点，
第二个点处导数左负右正，是极小值点，
第三个点处导数左正右正，没有变号，所以不是极值点，
第四个点处导数左正右负，是极大值点，
所以函数在开区间内的极小值点有1个，
故选：A
5. 已知圆，直线，圆上恰有3个点到直线的距离等于1，则圆与圆的位置关系是（ ）
A. 内切B. 相交C. 外切D. 相离
【答案】B
【解析】
【分析】结合图形，由圆上恰有3个点到直线的距离等于1得，即得圆的圆心与半径，再由圆心距与两半径和差的关系判断两圆位置关系即可，
【详解】由，得，
则圆心，半径，
由，得，
则圆心，半径，
因为圆上3个点到直线的距离是1，
由直线，
则圆心到直线的距离，
故由题可知，则，
故圆的圆心为，半径是2，
又圆的圆心为，半径是1，
则，因为，所以两圆的位置关系是相交.
故选：B
6. 已知为椭圆：的右焦点，直线与椭圆交于点，，则的周长为 ）
A. 4B. C. 8D.
【答案】C
【解析】
【分析】直线恒过椭圆的左焦点，利用椭圆的定义求得的周长.
【详解】直线恒过定点为椭圆的左焦点，
由椭圆的定义知的周长.
故选：C
7. 给定函数， 若数列满足， 则称数列为函数的牛顿数列.已知数列为函数的牛顿数列， ， 且， ， 数列的前项和为. 则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出函数的导函数，即可得到，从而得到，两边取对数得到，再由等比数列求和公式计算可得.
【详解】由题意得，则，
所以，
则两边取对数可得，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
所以.
故选：A.
8. 已知双曲线，若双曲线不存在以点为中点的弦，则双曲线离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意知点(2a，a)必在双曲线外部；若存在(2a，a)为中点的弦，根据点差法可得弦的斜率为，要使弦不存在，则弦与双曲线无交点，则弦的斜率大于渐近线斜率，如此即可得到的取值范围，进而求出离心率的范围﹒
【详解】由题意知点(2a，a)必在双曲线外部，则，得；
假设以(2a，a)为中点存在弦，设弦与双曲线交于，
则，两式作差得，
即，
∵不存在该中点弦，∴直线AB与双曲线无交点，则，得；
综上，可得；
又∵离心率e＝，∴≤e≤，即，
故选：B
二、多选题
9. 下列四个命题中正确的是（ ）
A. 已知是空间的一组基底， 若， 则也是空间的一组基底
B. 是平面的法向量， 是直线的方向向量， 若， 则
C. 已知向量， ， 则在方向上的投影向量为
D. 为空间中任意一点， 若且， 则四点共面
【答案】AD
【解析】
【分析】由空间向量基底的性质判断A；由线面平行的条件判定B；由投影向量的概念求C；由向量基本定理的推论判断D.
【详解】对于A，假设共面，则存在，使得，则，
因为是空间的一组基底，即不共面，与矛盾，
所以不共面，则也是空间的一组基底，故A正确；
对于B，当时，满足，但直线不平行于平面，故B错误；
对于C，因为，，
则在方向上的投影向量为，故C错误；
对于D，由空间向量基本定理的推论可知：
若，且，则，，，四点共面，故D正确.
故选：AD.
10. 已知数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，存在，，使得数列是等差数列
B. 当时，存在，，使得数列是等比数列
C. 当时，存在，，使得数列是等差数列
D. 当时，存在，，使得数列是等比数列
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据给定条件，利用变形给定的递推公式，再按与分别讨论判断即可得解.
【详解】因为，当时，，
当时，，两式相减可得，，
当时，当时，，则，即，
当，即，时，数列是等差数列，A正确；
当时，由，数列是等比数列，B正确；
当时，当时，，即，
当，即时，，此时数列是等差数列，C正确；
当时，，
即，此时数列既不是等差数列又不是等比数列，D错误.
故选：ABC
11. 已知， 是抛物线上异于坐标原点的两个动点， 且以为直径的圆过点， 则（ ）
A. 直线的斜率为
B. 直线过定点
C. 存在最小值且最小值为
D. 的外心轨迹为抛物线
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据点差法判断A选项，联立方程组得出，求出定点判断B选项，应用弦长公式求出最小值判断C选项，求轨迹方程判断D选项.
【详解】由抛物线，得.
因为，，两式相减，得，
当时，有，此时直线AB的斜率为，
当时，直线AB的斜率不存在，所以A不正确；
因为以AB为直径的圆过原点O，所以，即，
所以，又，
所以，得，，
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，
由，消去x，得，所以，故，
即，所以直线AB的方程为，
当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为，过点，所以B正确．
当直线AB的斜率存在时，由弦长公式知， 得

.
当直线AB的斜率不存在时， ， 所以存在最小值且最小值为，
所以C正确．
的外心就是弦的中点， 记为， 其中， .
于是， 由，以及， 得
， 即，
所以的外心的轨迹为抛物线.
故选：BCD
12. 设定义在R上的可导函数和满足， ， 为奇函数，且. 则下列选项中正确的有（ ）
A. 为偶函数
B. 为周期函数
C. 存在最大值且最大值为
D.
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，两边求导得到，故，故A正确；B选项，构造，求导得到，从而构造，求导得到，求出，，结合函数奇偶性和方程思想得到，，，，从而，B错误；C选项，利用基本不等式求出最小值为，D选项，计算出.
【详解】A选项，由为奇函数， 即， 对方程两边同时求导，
根据求导法则， 得， 即，
从而为偶函数， 所以A正确.
B选项，由题意知， 构造函数，，
根据求导法则，得，
即，
于是， 构造函数，，根据求导法则，
得.
从而，， 即，，其中为待定常数.
由为奇函数，得. 再由，得，
又， 即，
从而，.
另由为奇函数，为偶函数知，
，
与联立， 解得，，
，.
由于当时，，
故不是周期函数，所以B不正确；
C选项，由基本不等式知，，
其中当且仅当时等号成立，即存在最小值且最小值为，所以C不正确；
D选项，
，
D正确.
故选：AD
【点睛】利用函数与导函数相关不等式构造函数，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路：
比如：若，则构造，
若，则构造，
若，则构造，
若，则构造.
三、填空题
13. 圆与圆的公共弦所在直线的方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用两圆的一般方程相减即可得出结果.
【详解】联立两圆的方程得，
两式相减并化简，得，
所以两圆公共弦所在直线的方程为．
故答案为：.
14. 等比数列的前项和为，若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，根据等比数列的求和公式，列出方程，求得，再结合等比数列的通项公式，准确计算，即可求解.
【详解】设等比数列的公比为，首项为，且，
若，则，与题设矛盾，所以，
则，解得，
所以.
故答案：.
15. 已知有公共焦点的椭圆与双曲线中心为原点， 焦点在轴， 左， 右焦点分别是， 且它们在第一象限的交点为， 是以为底边的等腰三角形，若椭圆与双曲线的离心率分别为，则_____________.
【答案】
【解析】
【详解】由题意如图所示：
设椭圆的半长轴为，双曲线的实半轴为，
椭圆和双曲线的半焦距为，，，，
因为是以为底边的等腰三角形，
所以由椭圆的定义可得：①，
由双曲线定义可得②，
①减②可得：，
即，
故答案为：．
16. 设，当a，b变化时，的最小值为_______.
【答案】.
【解析】
【分析】函数表示点和的距离加上的纵坐标，计算得到，设函数，计算得到，得到答案.
【详解】，
函数表示点和的距离加上的纵坐标，
画出和的图像，如图所示：
故，当共线时等号成立.
设，则，，
当时，，故，函数单调递增；
当时，，故，函数单调递减.
，故.
综上所述：的最小值是.
故答案为：.
【点睛】本题考查了函数的最值问题，转化为对应的几何意义是解题的关键.
四、解答题
17. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若的极小值为，求的值．
【答案】（1）答案见解析
（2）4
【解析】
【分析】（1）根据题意先对函数求导后，然后对分情况讨论，从而可求解；
（2）根据函数极小值为，结合（1）从而求解.
【小问1详解】
因为的定义域为，所以，
当时，，则在上递增，
当时：
若时，解之得：或，
所以得：在区间，上单调递增，
若时，解之得：，
所以得：在区间上单调递减.
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在区间和上单调递增，在区间上单调递减.
【小问2详解】
由（1）知，当时在上单调递增，故不存在极值，
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以在处取得极小值，
所以，解之得，故的值为4.
18. 已知圆的圆心在直线上，且与直线相切于点.
（1）求圆的方程；
（2）若过点的直线被圆截得的弦的长为4，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据圆的圆心在直线上，设圆心为，再根据圆与直线相切于点求解；
（2）分直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况，利用弦长公式求解.
【小问1详解】
解：因为圆的圆心在直线上，
所以设圆心为，
又因为圆与直线相切于点，
所以，
解得，
所以圆心，半径为 ，
所以圆的方程；
【小问2详解】
当直线的斜率不存在时：直线方程为，
圆心到直线的距离为，
所以弦长为，成立；
当直线的斜率存在时，设直线方程为，即，
圆心到直线的距离为，
所以弦长为，
解得，
所以直线方程为：，
所以直线的方程为 或.
19. 如图，在直三棱柱中，.

（1）证明：；
（2）若点在棱上，，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得证；
（2）结合（1）中结论，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【小问1详解】
在直三棱柱中，，
故以为坐标原点，方向分别为轴的正方向建立如图空间直角坐标系.

则，
所以，
所以，
所以.
【小问2详解】
因为点在棱上，，所以，
又，
则，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20. 已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆右焦点作两条互相垂直的弦AB与CD，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意，由离心率可得的关系，再将点的坐标代入即可得到椭圆方程；
（2）根据题意，先讨论两条弦中一条斜率为0时，另一条弦的斜率不存在，再讨论两条弦斜率均存在且不为0，此时设直线的方程为，则直线的方程为，联立椭圆与直线方程，结合韦达定理与弦长公式分别表示出弦长与弦长，即可得到结果.
【小问1详解】
∵，所以.
设椭圆方程为，将代入，得.
故椭圆方程为.
【小问2详解】
①当两条弦中一条斜率为0时，另一条弦的斜率不存在，
易得其中一条弦为长轴，另一条弦长为椭圆的通径为，即；
②当两条弦斜率均存在且不为0时，设，，
设直线的方程为，则直线的方程为，
将直线的方程代入椭圆方程中，并整理得：
，
∴，，
∴，
同理，，
∴，
令，则，
∴，
∵，∴，
∴，∴，
∴，∴.
综合②可知，的取值范围为.
21. 已知数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意等比数列的定义和通项公式运算求解；
（2）由（1）可知，由放缩可得当时， ，结合等比数列求和分析求解.
【小问1详解】
由，即，
可得，且，故，
可知是首项为2，公比为的等比数列，
则，即，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）可知.
显然，，
当时，则，可得.
于是
；
综上所述：.
22. 设为正实数，函数存在零点，且存在极值点．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）先求函数的导函数，再求出切点处的导数即斜率，最后应用点斜式求出切线方程；
（2）先设函数根据单调性求出范围，再根据零点个数转化为不等式计算求解.
【小问1详解】
，则，
当时，，所以切点坐标为，
则切线方程为，即．
【小问2详解】
∵，记，
∵，∴在单调递增，
记，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
∴，有，故有．
∴，可得，
又∵，∴存在唯一正根，
使得，且在上，在上，
在时，，在时，，
且，即存在唯一正根，
故定有极小值点，
由，可知，
∴，
又∵存在零点，
∴，即，
∴，
可得.