2023-2024學年常德市高二數學第一學期期末考試卷附答案解析

-2024學年常德市高二數學第一學期期末考試卷（時量：120分鐘滿分：150分）一、單項選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．若直線的傾斜角為，則A．等于 B．等于 C．等于 D．不存在2．已知f(x)＝x3＋3x＋ln3，則f′(x)為（

）A．3x2＋3x B．3x2＋3x·ln3＋ C．3x2＋3x·ln3 D．x3＋3x·ln33．已知向量，分別是直線l與平面α的方向向量、法向量，若，則l與α所成的角為（

）A．30° B．60° C．120° D．150°4．短軸長為，離心率的橢圓兩焦點為，過作直線交橢圓于兩點，則的周長為A． B． C． D．5．各項均為正數的等比數列中，若，則（

）A．9 B．10 C．11 D．6．若函數在區(qū)間上是減函數，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．7．已知圓柱的高為，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則當該圓柱的體積取最大值時，的值為（

）A． B． C． D．8．已知實數，且，，，則（

）A． B．C． D．二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.9．已知拋物線經過點，其焦點為，過點的直線與拋物線交于點，，設直線，的斜率分別為，，則（

）A． B． C． D．10．已知兩個等差數列和，其公差分別為和，其前項和分別為和，則下列說法正確的是（）A．若為等差數列，則 B．若為等差數列，則C．若為等差數列，則 D．若，則也為等差數列，且公差為11．已知圓，直線，點在直線上運動，直線，分別與圓切于點，.則下列說法正確的是（

）A．最短為B．最短時，弦所在直線方程為C．存在點，使得D．直線過定點為12．如圖，在棱長為2的正方體中，為的中點，點在底面四邊形（包含邊界）上移動，且滿足，下列結論正確的是（

）A．點的軌跡的長度為B．的最小值為C．的長度的最大值為D．的長度的最小值為三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13．在4和67之間插入一個項的等差數列后，組成一個項的新等差數列，且新等差數列的所有項之和等于781，則的值為.14．．如圖函數F(x)＝f(x)＋x2的圖象在點P處的切線方程是y＝－x＋8，則f(5)＋f′(5)＝.15．已知動直線與圓恒有兩個不同的交點、.設弦的中點為，當變化時，總存在定點使得為定值，則點的坐標.16．過雙曲線上的任意一點，作雙曲線漸近線的平行線，分別交漸近線于點，若，則雙曲線離心率的取值范圍是.四、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17．求圓心在上，與軸相切，且被直線截得弦長為的圓的方程.18．數列滿足，，.（1）證明：數列是等差數列；（2）設，求數列的前項和.19．如圖，直三棱柱中，，分別是，的中點，.（1）證明：平面；（2）求二面角的正弦值．20．已知數列滿足，且.(1)求數列的通項公式；(2)記數列的前項和為，求；(3)設，數列的前項和為，且對一切成立，求實數的取值范圍.21．已知橢圓：的離心率為，且經過點．(1)求橢圓的方程．(2)過點的直線交橢圓于、兩點，求為原點面積的最大值．22．已知函數有三個不同的極值點，，，且.（1）求實數a的取值范圍；（2）若，求的最大值.1．C【分析】由題意結合傾斜角的定義確定傾斜角即可.【詳解】繪制直線如圖所示，由直線傾斜角的定義可知等于.本題選擇C選項.【點睛】本題主要考查直線方程的理解，直線傾斜角的定義及其確定等知識，意在考查學生的轉化能力和概念掌握程度.2．C【分析】對函數的每一部分求導后相加可得答案.【詳解】解：由f(x)＝x3＋3x＋ln3，可得，故選：C.【點睛】本題主要考查具體函數的求導，需掌握常見函數的求導公式.3．B【分析】設l與α所成的角為θ，利用sinθ＝即可求解.【詳解】解：設l與α所成的角為θ，則sinθ＝，∴θ＝60°，故選：B．4．B【分析】由條件求得，，，再根據橢圓的定義可求解.【詳解】由題意有，，，解得：，，，而根據橢圓上的點到焦點的距離和等于的性質，得到周長為.故選：B5．B【分析】利用等比數列的性質及對數運算性質計算即可.【詳解】在各項均為正數的等比數列中，，因為，所以所以，故選：B.6．D【分析】由函數在區(qū)間上是減函數，轉化為，對恒成立求解.【詳解】解：因為函數在區(qū)間上是減函數，所以，對恒成立，即，對恒成立，令，由對勾函數的性質得，所以，故選：D7．D【分析】由題意畫出截面圖，設相應的變量，建立函數，利用函數導數求解最值即可求解.【詳解】作經過球心的截面，如圖所示，設為球心，矩形為圓柱的軸截面，為圓柱底面圓的直徑，為球的半徑，設，則，則圓柱的體積為：，所以，令，則，當時，，所以在上單調遞增，當時，，所以在上單調遞減，所以當該圓柱的體積取最大值時，的值為，所以.故選：D.8．A【分析】構造函數，判斷函數單調性，比大小.【詳解】由，，，得，，，又，即，同理，即，所以，即，設函數，在上恒成立，故函數在上單調遞增，所以，故選：A.9．CD【分析】由點坐標代入求出，即可求出拋物線方程與焦點坐標，設直線，聯立直線與拋物線方程，消元、列出韋達定理，根據數量積的坐標表示判斷B，根據斜率公式判斷C，根據焦點弦公式判斷D.【詳解】因為拋物線經過點，所以，解得，故A錯誤；所以拋物線方程為，則焦點，設直線，則，消去整理得，則，所以，，則，，所以，，所以，故B錯誤；，故C正確；所以，故D正確；故選：CD10．ABD【分析】對于A，利用化簡可得答案；對于B，利用化簡可得答案；對于C，利用化簡可得答案；對于D，根據可得答案.【詳解】對于A，因為為等差數列，所以，即，所以，化簡得，所以，故A正確；對于B，因為為等差數列，所以，所以，所以，故B正確；對于C，因為為等差數列，所以，所以，化簡得，所以或，故C不正確；對于D，因為，且，所以，所以，所以，所以也為等差數列，且公差為，故D正確.故選：ABD【點睛】關鍵點點睛：利用等差數列的定義以及等差中項求解是解題關鍵.11．ABD【分析】確定當時，最小，即可求得的最小值，判斷A；結合A的分析，設出的方程，求出弦心距，利用點到直線的距離公式求出參數，即可判斷B；假設存在點，使得，求出此時，和M到直線l的最短距離比較，即可判斷C；求出切點弦的方程，結合點在直線上運動，求出所過定點，判斷D.【詳解】由題意知，圓的半徑為，且，，故,即當最小時，最短，當時，最小，最小值為，故的最小值為，A正確；當最短時，，故的斜率為-1，又，故的斜率為1，設其方程為，由于此時，，故，所以M到的距離為.則有，解得或，由于，結合圖形可知二者之間的距離應小于，當時，和間的距離為，時，的方程為和間的距離為，故最短時，弦所在直線方程為，B正確；假設存在點，使得，則，此時為等腰直角三角形，則，結合，則為等腰直角三角形，而，故，由于M到直線l的最短距離為，故不存在點，使得，C錯誤；設，由于直線，分別與圓相切，故直線，的方程分別為，將代入，即，可得的方程為，由于，即，故即，由于，故令，即直線過定點為，D正確，故選：ABD【點睛】難點點睛：本題綜合考查了直線和圓相切的問題，涉及最值、定點以及切點弦方程問題，綜合性較強，難點在于選項D的判斷，解答時要注意根據圓的切線方程，推出切點弦方程，進而求解直線過定點問題.12．ABD【分析】找出點P的運動軌跡，再根據題意，計算其最大值與最小值即可.【詳解】根據題意，若滿足，則點P的軌跡為過且與直線垂直的一個平面與底面的交線.根據題意，取中點為，取中點為，連接，如下圖所示：在,中，，，，則，所以，所以，即垂直于在平面中的投影，故，因為,可知垂直于在平面中的投影,可得而平面，故直線平面故平面與底面的交線即為P點的運動軌跡.在中，，A正確；而，當且僅當與重合時等號成立，故B正確.過點作于點，連接,，由等面積法可知，,求得，在中，,由,,面，可知面，面，所以即的最小值為，又當點與M點重合時，取得最大值，最大值為，所以D正確，C錯誤.故選：ABD.13．20【分析】根據題設條件，建立方程，由此能求出的值.【詳解】由等差數列的求和公式可知：新等差數列的所有項之和，解得.故答案為：20.14．-5【詳解】因為F（5）=f（5）+5=-5+8=3，所以f（5）=-2．又F′（x）=f′（x）+x，所以F′（5）=f′（5）+×5=-1，解得f′（5）=-3，f（5）+f′（5）=-5．故答案為-515．【分析】求出直線經過的定點，再結合圓的性質確定點滿足的幾何關系即可得解.【詳解】直線恒過定點，顯然點在圓內，即直線與圓總相交，由為弦的中點，得，因此點在以線段為直徑的圓上（除點外），此圓圓心為，當點為時，的值恒為1，所以點的坐標是.故答案為：16．【分析】設點，分別聯立兩組直線方程，求出的坐標，然后利用向量的數量積，推出離心率的范圍即可.【詳解】因為雙曲線的漸近線方程為：，即，設點，可得：，聯立方程組，解得：，同理可得：，所以，因為，所以，所以，由題意可得：，所以，故離心率，又因為雙曲線的離心率，所以雙曲線離心率的取值范圍為，故答案為：.17．或【分析】設出圓心坐標，根據圓與軸相切求得半徑，進而求出弦心距，弦長，解方程求得圓心坐標，即可求圓的方程.【詳解】解：由已知設圓心為，與軸相切則，圓心到直線的距離，又圓被直線截得弦長為，故有，解得，所以圓心為或，半徑圓的方程為或18．(1)證明見解析；(2).【詳解】試題分析：（1）將的兩邊同除以，得到，由等差數列的定義，即可作出證明；（2）有（1）求出，利用錯位相減法即可求解數列的前項和.試題解析：(1)證明：由已知可得＝＋1，即－＝1.所以是以＝1為首項，1為公差的等差數列．(2)由(1)得＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2.從而bn＝n·3n.Sn＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，①3Sn＝1·32＋2·33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②①－②得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝－n·3n＋1＝.所以Sn＝.點睛：本題主要考查了等差數列的定義、等差數列的判定與證明和數列的求和，著重考查了學生分析問題和解答問題的能力，本的解答中利用等差數列的定義得到數列為等差數列，求解的表達式，從而化簡得到，利用乘公比錯位相減法求和中，準確計算是解答的一個難點.19．（Ⅰ）見解析（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）利用三角形中位線定理可得，由線面平行的判定定理可得結果；（Ⅱ）由，可設：AB=，可得，以點為坐標原點，分別以直線為軸、軸、軸，建立空間直角坐標系如圖，利用向量垂直數量積為零列方程分別求出平面的法向量、平面的一個法向量，再由空間向量夾角余弦公式可得結果.【詳解】（Ⅰ）如圖，連結，交于點，連結，因為是的中點，所以在中，是中位線，所以，因為平面，平面，所以平面；（Ⅱ）因為，所以，即，則以為坐標原點，分別以為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，則，設是平面的一個法向量，則，即，取，則,則同理可得平面的一個法向量，則，所以，，所以，即二面角的正弦值為.【點睛】本題主要考查線面平行的判定定理、利用空間向量求二面角，屬于難題.空間向量解答立體幾何問題的一般步驟是：（1）觀察圖形，建立恰當的空間直角坐標系；（2）寫出相應點的坐標，求出相應直線的方向向量；（3）設出相應平面的法向量，利用兩直線垂直數量積為零列出方程組求出法向量；（4）將空間位置關系轉化為向量關系；（5）根據定理結論求出相應的角和距離.20．(1)(2)(3)【分析】（1）結合題意，利用累加法即可求得答案；（2）由（1）可得的通項公式，利用裂項求和法，即可得答案；（3）由（1）可得的表達式，利用裂項求和法求出的表達式，確定的范圍，結合對一切成立，解不等式即可得答案.【詳解】（1）由題意知，，故，即，也適合該式，故；（2）由（1）知所以；（3）由（1）可得，據題意，即對一切恒成立，而，所以.21．(1)(2)【分析】（1）由題意可得，解得，，即可得出答案．（2）由題意可知直線的斜率存在，設直線，,，,，聯立直線與橢圓的方程，結合韋達定理可得，，由弦長公式可得，點到直線的距離公式可得點到直線的距離，再計算的面積，利用基本不等式，即可得出答案．【詳解】（1）解：由題意可得，解得，所以橢圓的標準方程為．（2）解：由題意可知直線的斜率存在，設直線，,，,，聯立，得，，所以，即或，則，故，點到直線的距離，所以的面積，設，則，故，當且僅當時，等號成立，所以面積的最大值為．22．（1）（2）3【分析】(1)由題意轉化為有三