安徽省阜阳市第三中学2023-2024学年高二上学期期末数学试题（原卷版+解析版）

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1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
3．本卷命题范围：人教A版选修一+选修二全部+选修三第一章到排列组合．
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，只有一个选项是符合题目要求的．
1. 数列满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析可知，数列是公差为的等差数列，即可求得的值.
【详解】因为数列满足，，
所以，数列是公差为的等差数列，故.
故选：C.
2. 已知，，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量共线列出关于的方程，由此求解出结果.
【详解】因为，所以，，
解得，
故选：A.
3. 如图，函数的图象在点处的切线是，则（ ）
A. B. C. 2D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知求出切线方程，由导数的几何意义得，由切线方程得，从而可得结论．
【详解】由题可得函数的图象在点处的切线与轴交于点，与轴交于点，则切线，即.
所以，，，.
故选：D．
4. 若直线与直线垂直，则实数的值为（ ）
A. 或0B. C. 1或0D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】利用直线垂直的充分必要条件判断即可.
【详解】由已知可得，解得或，
故选：A
5. 如图，已知定圆A的半径为4，B是圆A内一个定点，且，P是圆上任意一点.线段BP的垂直平分线l和半径AP相交于点Q，当点P在圆上运动时，则点Q的轨迹是（ ）

A. 面积为的圆B. 面积为的圆C. 离心率为的椭圆D. 离心率为的椭圆
【答案】D
【解析】
【分析】连接，由线段垂直平分线的性质结合圆的性质可得，再由椭圆的定义可得其轨迹.
【详解】连接，因为线段BP的垂直平分线l和半径AP相交于点Q，
所以，
因为，
所以，
所以点的轨迹是以为焦点，4为长轴长，焦距为2的椭圆，
所以椭圆的离心率为，
故选：D

6. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，用导数求函数fx的单调性，即可求得题目.
【详解】由，
设函数，则，
当时，单调递减，
因为，所以f(0.6)>f1.32>f(0.7)，
所以．
故选：A．
7. 将编号为1、2、3、4、5、6的小球放入编号为1、2、3、4、5、6的六个盒子中，每盒放一球，若有且只有两个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为（ ）
A. 90B. 135C. 270D. 360
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意和简单计数问题，结合分步乘法计数原理即可求解.
【详解】在6个盒子中任选2个，放入与其编号相同的小球，有种，
剩下的4个盒子的编号与放入的小球编号不同，
假设这4个盒子的编号为3,4,5,6，
则3号小球可以放进4,5,6号盒子，有3种选法，
剩下的3个小球放进剩下的3个盒子，有3种选法，
所以不同的放法种数为种选法.
故选：B.
8. 已知双曲线（）的左焦点为F，过F的直线交E的左支于点P，交E的渐近线于点M，N，且P，M恰为线段FN的三等分点，则双曲线E的离心率为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可得为线段的中点，为线段的中点，设，从而可得出的坐标，再根据点在渐近线上，求出，再根据点在双曲线，得出的齐次式即可得解.
【详解】由题意，点在渐近线上，点在渐近线上，
设，
因为P，M恰为线段FN的三等分点，
所以为线段的中点，为线段的中点，
则，则，即，
又点在渐近线上，
所以，所以，
故，
因为点在双曲线，
所以，所以，
所以.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：设，由为线段的中点，为线段的中点，得出的坐标，再根据点在渐近线上，求出，是解决本题的关键.
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. 已知双曲线：的离心率为2，下列双曲线中与双曲线C的渐近线相同的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】求得双曲线的渐近线方程为，根据选项，结合双曲线的几何性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由双曲线：的离心率为，可得，
又由，解得，所以双曲线的渐近线方程为，
对于A中，双曲线，可得渐近线方程为，不符合题意；
对于B中，双曲线，可得渐近线方程为，符合题意；
对于C中，双曲线，可得渐近线方程为，符合题意；
对于D中，双曲线，可得渐近线方程为，符合题意.
故选：BCD.
10. 已知等比数列an的公比为，前项积为，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用数列的基本性质可得出，，求出的取值范围，可判断AB选项；利用等比数列的性质可判断CD选项.
【详解】因为数列等比数列an的公比为且，则，
所以，，，
又因为，则，所以，，从而，
故对任意的，，由可得，A对B错；
，，即，C对D错.
故选：AC.
11. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图，把三片这样的达·芬奇方砖拼成组合，把这个组合再转换成空间几何体．若图中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 点到直线的距离是
C. D. 异面直线与所成角的正切值为4
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用空间向量线性运算判断A，建立空间直角坐标系利用空间向量模的坐标求法判断C，利用投影公式结合勾股定理判断B，利用线线角的向量求法判断D即可.
【详解】依题意得，故A正确；
如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
，
对于BC，，
所以，设，
则点到直线的距离，故BC正确；
对于D，因为，
所以，所以，
所以异面直线与所成角的正切值为，故D错误．
故选：ABC．
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后利用投影公式结合勾股定理得到所要求的长度即可．
12. 已知函数，则（ ）
A. 函数在R上单调递增，则
B. 当时，函数的极值点为－1
C. 当时，函数有一个大于2的极值点
D. 当时，若函数有三个零点，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用导数与函数单调性的关系可判断A；利用导数与函数的极值点之间的关系判断B，C；对于D，作出函数大致图象，判断的范围，进而根据，可得到，由此采用换元法并构造函数，从而证明，判断D.
【详解】对于A，由可得，
若函数在R上单调递增，则恒成立，即恒成立，
故，故，
经验证时，，仅在时取等号，适合题意，
故函数在R上单调递增，则，A正确；
对于B，当时，，
，仅在时取等号，在R上单调递增，
函数无极值点，B错误；
对于C，由于，
当时，，则不妨取，
且或时，函数，
当时，函数，，
故是的极小值点，且由于，则，则，C正确；
对于D，当时, ,
当或时，，当时，函数，
则在上单调递增，在上单调递减，且，
故可作出其大致图像如图：
函数有三个零点，即函数的图象与直线有三个交点，
不妨设，由于，而，且，故，
由图象可知，
考虑到当m趋近于0时，会趋近于无限小，趋近于0，故猜测，
下面给以证明：
由题意可知，故，
设，则，故，
则，
要证明，即证，即，
设，故，
故在上单调递增，
故，即成立，故，
而，故成立，D正确，
故选：ACD
【点睛】难点点睛：解答本题要综合应用导数与函数的单调性以及极值点之间的关系等知识，同时注意数形结合以及构造函数等方法，难点在于判断时，要首先判断出三者的范围，进而数形结合，合理猜测，进而利用构造函数的方法加以证明.
三、填空题：共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若，则实数__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用排列数与组合数的关系、组合数性质求解即得.
【详解】依题意，，又，
因此，而，
所以.
故答案为：6
14. 已知过原点作圆：的两条切线，切点分别是，，则______．
【答案】##0.28
【解析】
【分析】由圆的切线的性质，结合三角函数的二倍角公式可得答案.
【详解】由题意知，圆的圆心坐标为，半径，
所以，，
所以，
故答案为：
15. 如图，矩形的一边在轴上，另外两个顶点在函数的图像上.若点的坐标为，记矩形的周长为，则_______ .
【答案】216
【解析】
【分析】由的坐标得出矩形的周长，进而得出.
【详解】由题意，在函数的图像上，若点坐标为的纵坐标为的横坐标为，所以矩形的一条边长为，另一条边长为，所以矩形的周长为，
故答案为：216
16. 已知正实数x，y满足，则的最小值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用同构的方法对进行转化，然后构造函数，利用函数的单调性得到，即，代入，将问题转化为求单变量式子的最小值问题，再次构造函数，利用导数判断函数的单调性即可求解最值．
【详解】由得，即，
设，则，，
当时，，所以在上单调递增．
因为x，y均为正实数，所以，
由，可得，即．
由知，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以．
则．令，
则，所以在上单调递减，
所以，所以，即的最小值为．
故答案为：
【点睛】与和相关的常见同构模型，
①，构造函数（或，构造函数）；
②，构造函数（或，构造函数；）
③，构造函数（或，构造函数）．
四、解答题：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. 已知圆的圆心为，且与轴相切.
（1）求的方程；
（2）设直线与交于，两点，，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意求出圆的半径，即可得出答案.
（2）先利用余弦定理求出AB，从而利用勾股定理可得圆心到直线的距离；再根据点到直线距离公式得出圆心到直线的距离，得出关于的方程即可求解.
【小问1详解】
因为圆的圆心为，且与轴相切，
所以圆的半径，
所以圆的方程为；
【小问2详解】
因为，，
所以在中，由余弦定理可得：.
所以圆心到直线的距离，
即，解得.
18. 已知是等差数列，是公比不为1的等比数列，．
（1）求数列的通项公式;
（2）若集合，且，求中所有元素之和．
【答案】（1），
（2）242
【解析】
【分析】（1）根据等差数列和等比数列的通项公式求解，可得答案；
（2）先根据，以及得出的范围，利用等比数列求和可得答案.
【小问1详解】
设的公差为d，的公比为q，则由，，
可得，解得．
所以，.
【小问2详解】
设，即，得，
因为，所以，故，
由于，所以，即，
所以中所有元素之和为：．
19. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：当时，，使得．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对求导，利用导数与函数单调性的关系，分类讨论与两种情况即可得解；
（2）结合（1）中结论，将问题转化为恒成立，从而构造函数，利用导数求得即可得证.
【小问1详解】
因为，则，
当时，，函数在上单调递减；
当时，
当时，单调递减，时，单调递增；
综上，当时，函数在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
由（1）可知，当时，在处取得最小值，
若，使得，
只需，即恒成立即可，
令，则，
当时，单调递增，当时，，单调递减，
故当时，，
所以，使得.
20. 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，且，平面平面ABCD，，点E为线段PC的中点，点F是线段AB上的一个动点．
（1）求证：平面平面PBC；
（2）设二面角的平面角为θ，当时，求的值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质，线面垂直的性质判定、面面垂直的判定推理即得.
（2）以D为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量求法列式计算即得.
【小问1详解】
由四边形ABCD是正方形，得，而平面平面ABCD，
平面平面平面ABCD，则平面PCD，
又平面PCD，于是，
由，点为线段PC的中点，得，
又平面PBC，因此平面PBC，而平面DEF，
所以平面平面PBC.
【小问2详解】
由（1）知平面PCD，而，则平面PCD，
在平面PCD内过D作交PC于点G，显然直线DA，DC，DG两两垂直，
以D为原点，直线DA，DC，DG分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
由，，得，，
设，则，设平面DEF的法向量为，
则，令，得，
而平面PCD的法向量为，则，
而，解得，此时．
21. 在平面直角坐标系中，抛物线上一点A的横坐标为，且点A到焦点F的距离为2．
（1）求抛物线方程；
（2）点P在抛物线上，直线与直线交于Q点，过点F且平行于的直线交抛物线于两点，且，求λ的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用抛物线的定义建立方程，求解参数即可.
（2）利用焦半径公式结合两点间距离公式求解边长，建立方程求解参数即可.
【小问1详解】
因为点到焦点F的距离为2，
所以点到抛物线准线的距离为2，
抛物线的准线方程为，点的横坐标为，
，解得，
抛物线的方程为．
【小问2详解】
如图，易知直线BC的斜率存在，设直线BC的方程为y=kx-12，
联立y=kx-12y2=2x，消得k2x2-k2+2x+14k2=0，
∴k2≠0Δ=k2+22-k4>0,∴k≠0
设，
又，
∵，则直线OP的方程为，
联立y=kxy2=2x，消得，
令，则，
，故的值为．
【点睛】关键点点睛：本题考查求解析几何，解题关键是利用焦半径公式结合距离公式表示边长，然后建立方程，得到所要求的参数值即可．
22. 已知函数.
（1）若，的最小值为0，求非零实数a的值；
（2）若，恒成立，求实数a取值范围.
【答案】（1）1或
（2）
【解析】
【分析】（1）求出导函数，解出的解.分，以及两种情况，得出函数的单调性，进而根据函数的最小值，列出方程，求解即可得出答案；
（2）先根据已知推得，取特殊点得出，即证当时，恒成立.方法一：将函数看成关于的二次函数，根据二次函数的性质，列出不等式组，求解即可说明；方法二：先证明.放缩得出，通过计算得出，即可得出恒成立，进而得出证明.
【小问1详解】
因为，
则，
令，则或.
若，则，
解，可得，所以在单调递减；
解，可得，所以在单调递增.
所以，解得；
若，则，
解，可得，所以单调递减；
解，可得，所以在单调递增.
所以，
即，解得.
综上，的值为1或.
【小问2详解】
若时，，
当时，，则不满足条件.
若时，由，可得.
下面证明其充分性，即证当时，恒成立.
解法一：关于的函数是一段开口向下的抛物线.
只要证①以及②都成立即可，其中①式显然成立.
令，
则，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以，②式得证.
所以，当时，恒成立.
综上，取值范围是.
解法二：令，则.
当时，单调递减；当时，单调递增.
所以，则.
由，得时，，
又当时，方程的，
所以对恒成立.
所以，均满足.
综上，的取值范围是.
【点睛】方法点睛：在研究恒成立时，为了简便，将函数看做关于的函数，根据二次函数的性质，即可列出不等式组.