湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷（含答案）
文档属性
| 名称 | 湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-02-01 14:22:09 | ||
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文档简介
明德中学2023-2024学年高二上学期期末考试
数学试卷2024年1月
时量：120分钟 满分：150分
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.已知集合，，则集合中的元素的个数为（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
2.已知复数满足，则（ ）
A.1 B.-1 C. D.
3.学校食堂餐后有三种水果可供学生挑选，每名学生只能挑选其中一种，甲、乙、丙三人每人任意挑选一种水果，则不同的选择有（ ）
A.3种 B.6种 C.9种 D.27种
4.在等差数列中，，则的值为（ ）
A.20 B.40 C.60 D.80
5.2023年杭州亚运会志愿者第一小组有5人，需要分配到击剑、拳击、柔道比赛场馆，每个场馆至少1人，至多2人，则不同的分配方法有多少种（ ）
A.90种 B.150种 C.180种 D.240种
6.，则（ ）
A.-32 B.0 C.32 D.64
7.已知抛物线：的焦点为F，直线与C交于A，B两点，与其准线交于点，若，则（ ）
A. B.1 C. D.4
8.已知A，B是圆C：上两点，且.若存在，使得直线：与：的交点恰为的中点，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）
9.已知函数，则（ ）
A.为奇函数
B.的单调递增区间为
C.的极小值为-3
D.若关于的方程恰有3个不等的实根，则的取值范围为
10.已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A.为奇函数
B.函数的图象关于点对称
C.在上单调递增
D.若函数在上没有零点，则
11.如图，在棱长为2的正方体中，点在平面内且，则以下结论正确的是（ ）
A.异面直线与所成的角是
B.三棱锥的体积为
C.存在点，使得
D.点到平面距离的最小值为
12.若数列满足，（为正整数），为数列的前和，则（ ）
A. B.
C. D.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13.在的展开式中所有项的二项式系数和为64，则展开式中常数项为___________.
14.已知等比数列，记其前项乘积，若，，则的前5项和为_________.
15.已知函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是________.
16.中国古典乐器一般按“八音”分类，八音分为“金、石、土、革、丝、木、匏、竹”，某同学安排了包括“土、匏、竹”在内的六种乐器的学习，每种乐器安排一节，连排六节，并要求“土”与“匏”相邻排课，但均不与“竹”相邻排课，且“丝”不能排在第一节，则不同的排课方式的种数为____________.
四、解答题（本题共6小题，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17.（本题满分10分）已知函数.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）求的单调区间与极值.
18.（本题满分12分）如图，在四棱锥中，平面，，，.
（1）求证：平面；
（2）若，且直线与所成角为30°，求点E到平面的距离.
19.（本题满分12分）已知在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.
（1）求C；
（2）若，P为内一点，且，，求的长
20.（本题满分12分）记为正项数列的前项和，已知，且，.
（1）证明：为等差数列；
（2）求的通项公式；
（3）若，求数列的前项和.
21.（本题满分12分）已知椭圆：离心率，设点和N分别是椭圆上不同的两动点.
（1）求椭圆C的标准方程：
（2）若直线过点，且，线段的中点为，求直线的斜率的取值范围.
22.（本题满分12分）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）已知函数，若函数有三个极值点，求的所有极值之和的取值范围.
明德中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷（答案）
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.【答案】B【详解】根据可得，解得，即可得，又，所以，因此集合中的元素的个数为2个.故选：B
2.【答案】A【详解】由题意得，，所以.故选：A.
3.【答案】D【详解】不同的选择有3×3×3=27种.故选：D.
4.【答案】A【详解】在等差数列中，因为，所以，所以.故选：A
5.【答案】A【详解】现将第一小组5人分层3组，为一组1人两组2人，所以有种，再将其分分配到击剑 拳击 柔道比赛场馆种，所以共有15×6=90种.故选：A.
6.【答案】C【详解】因为，令可得，令可得，令可得，所以，故选：C
7.【答案】C【详解】法1：：的焦点为，准线方程为：，由题，显然，令直线中，则，所以，设，，联立消，得，方程的判别式，，，所以，由可得：，，所以，因为在：上，所以，解得：，所以，所以，由抛物线的定义可得：.故选：C.
法2：几何法（略）
8.【答案】A【详解】圆：，半径为，设中点为，且直线与圆的相交弦长为，即，所以点M的轨迹方程为，又直线：过定点，直线：过定点，且，则点P是两垂线的交点，所以P在以为直径的圆上，则圆心，半径，所以点P的轨迹方程为，由于直线的斜率存在，所以点P的轨迹要除去点，若点P恰为中点可知圆P与圆M有公共点，即，，即，解得，即，故选：A.
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）
9.【答案】ACD【详解】由函数，可，
对于A中，由，定义域为关于原点对称，且，所以函数为奇函数，所以A正确；
对于B中，由，解得或，即函数的递增区间为，，所以B不正确；
对于C中，由，解得，所以函数的递减区间为，所以，当时，函数取得极小值，极小值为，所以C正确；
对于D中，由函数在上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以极大值为，极小值为，且时，；时，；又由关于的方程恰有3个不等的实根，即函数与的图象有3个不同的交点，可得，所以实数的取值范围为，所以D正确.故选：ACD.
10.【答案】BD【详解】依题意，可得，又，则，所以，结合五点法作图，可得，则，所以，
对于A，，显然是偶函数，故A错误；
对于B，，故函数的图象关于点对称，故B正确；
对于C，当时，，函数取得最大值，所以在上不是单调增函数，故C错误；
对于D，因为，则，因为，当时，，因为在上没有零点，可得，解得，故D正确，故选：BD.
11.【答案】BCD【详解】对于A，∵，∴异面直线与所成的角等于与所成的角，∵为正三角形，∴，则异面直线与所成的角是，故A错；
对于B，∵，面，面，∴面，∵，面，面，∴面，又∵，面，∴面面，点，在平面内，则点，到面的距离相等，三棱锥的体积为，故B正确；
对于C，当为中点时，满足点在平面内且，∵，，∴，即，故C正确；
对于D，分别取，的中点，，三棱锥为正三棱锥，过作面于，则为正的中心，∵，∴，，由，得，∴，∴，∵，∴，∴的轨迹是以为圆心，为半径的圆，即正的内切圆，该内切圆与的交点为E，如图，当P与E重合时，点P到平面距离取最小值，作于，，面，，，即点到平面距离的最小值为，故D正确.故选：BCD.
12.【答案】BCD【详解】对于A，由知，两式相减得，故，故当时，为常数列；当时，；故，，，所以，故A错误；
对于B，当时，；当时，，所以，故B正确；
对于C，，当时，则；当时，；综上所述：，故C正确；
对于D，，当时，；当时，；
当，，
；
综上所述：，故D正确.故选：BCD.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13.【答案】15【详解】因为，所以.所以.令，得，所以.故答案为：15
14.【答案】11【详解】由题意可知，设等比数列的公比为，则由可得，又；两式相比可得，即，将代入，可得，解得，则，所以等比数列的前5项和为.故答案为：11
15.【答案】【详解】当时，，显然不满足题意；当时，令可得，令，则，易知当时，；当或时，；因此函数在上单调递增，在，上单调递减；可得的极小值为，极大值为；
作出函数的图象如下图所示：
若函数有三个不同的零点，即与在同一坐标系内有三个不同的交点，由图可知，解得；
16.【答案】1296【详解】由题意，排课可分为以下两大类：①“丝”被选中，不同的方法总数为种；②“丝”不被选中，不同的方法总数为种.故共有种.故答案为：1296
三、解答题（本题共6小题，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17.（本题满分10分）【详解】（1）依题意，，.
，，
故所求切线方程为，即.
（2）令，解得，
故当时，，当时，，
故的单调递减区间为，单调递增区间为，
则的极小值为，无极大值.
18.（本题满分12分）【详解】法一：（1）取中点为，连接，
因为，所以，且，
因为平面，平面，所以，
因为平面，平面，所以，，且，
故四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）因为，且直线与所成角为30°，，所以，
在中，，，
以C为原点，，分别为x，y轴的正方向，过点C作垂直于平面的直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由（1）知，，平面，所以平面，则
，，，，
得，，，
设为平面的一个法向量，
则，取得，
所以点E到平面的距离.
法二：等体积法（略）
19.（本题满分12分）【详解】（1）由已知及得，
结合正弦定理得，
又，所以，
所以.
又，所以，
因为，所以所以，.
（2）证明：在中，设，如题：
则由正弦定理，所以，
从而.
则
，
.
又，
所以在中，由余弦定理得
，
所以的长为.
20.（本题满分12分）
【详解】（1）∵，，∴，
∵，
∴数列是首项为1，公差为的等差数列；
（2），即，，
两式作差得，即，
∴，
即，，
∵，∴；
（3）∵，∴，∴，
∴，
∴.
21.（本题满分12分）
【详解】（1）因为，，∴，∴，故椭圆C的标准方程为；
（2）由题意可知直线的斜率存在且不为0，设其方程为，
联立，得，
由，得；
设，，则，，
则，
因为，所以，
即，∴，
设直线的斜率为，因为，两式相减得，
即，
则，
故直线的斜率的取值范围为.
22.（本题满分12分）
【详解】（1）解：，
当时，令，得，
当时，；
当时，.
故在上单调递减，在上单调递增.
当时，，在上单调递增.
综上知，
当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递增.
（2），，，
显然，是方程的一个根.
令，则有两个异于1的实数根，
而，的解为，
当，即时，，在上单调递增，不符合题意，故舍去；
当，即时，在单调递减，在单调递增.
若有两个零点，则，解得.
因为，，，
所以方程有两个根，
设为，，且，
∴在，上单调递减，在，上单调递增，
故当时，有三个极值点，，，其中.
由，得，同理，
又因为，
所以
，
令，，则，所以在上单调递增，
时，，，所以，
所以的取值范围是.
数学试卷2024年1月
时量：120分钟 满分：150分
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.已知集合，，则集合中的元素的个数为（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
2.已知复数满足，则（ ）
A.1 B.-1 C. D.
3.学校食堂餐后有三种水果可供学生挑选，每名学生只能挑选其中一种，甲、乙、丙三人每人任意挑选一种水果，则不同的选择有（ ）
A.3种 B.6种 C.9种 D.27种
4.在等差数列中，，则的值为（ ）
A.20 B.40 C.60 D.80
5.2023年杭州亚运会志愿者第一小组有5人，需要分配到击剑、拳击、柔道比赛场馆，每个场馆至少1人，至多2人，则不同的分配方法有多少种（ ）
A.90种 B.150种 C.180种 D.240种
6.，则（ ）
A.-32 B.0 C.32 D.64
7.已知抛物线：的焦点为F，直线与C交于A，B两点，与其准线交于点，若，则（ ）
A. B.1 C. D.4
8.已知A，B是圆C：上两点，且.若存在，使得直线：与：的交点恰为的中点，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）
9.已知函数，则（ ）
A.为奇函数
B.的单调递增区间为
C.的极小值为-3
D.若关于的方程恰有3个不等的实根，则的取值范围为
10.已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A.为奇函数
B.函数的图象关于点对称
C.在上单调递增
D.若函数在上没有零点，则
11.如图，在棱长为2的正方体中，点在平面内且，则以下结论正确的是（ ）
A.异面直线与所成的角是
B.三棱锥的体积为
C.存在点，使得
D.点到平面距离的最小值为
12.若数列满足，（为正整数），为数列的前和，则（ ）
A. B.
C. D.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13.在的展开式中所有项的二项式系数和为64，则展开式中常数项为___________.
14.已知等比数列，记其前项乘积，若，，则的前5项和为_________.
15.已知函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是________.
16.中国古典乐器一般按“八音”分类，八音分为“金、石、土、革、丝、木、匏、竹”，某同学安排了包括“土、匏、竹”在内的六种乐器的学习，每种乐器安排一节，连排六节，并要求“土”与“匏”相邻排课，但均不与“竹”相邻排课，且“丝”不能排在第一节，则不同的排课方式的种数为____________.
四、解答题（本题共6小题，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17.（本题满分10分）已知函数.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）求的单调区间与极值.
18.（本题满分12分）如图，在四棱锥中，平面，，，.
（1）求证：平面；
（2）若，且直线与所成角为30°，求点E到平面的距离.
19.（本题满分12分）已知在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.
（1）求C；
（2）若，P为内一点，且，，求的长
20.（本题满分12分）记为正项数列的前项和，已知，且，.
（1）证明：为等差数列；
（2）求的通项公式；
（3）若，求数列的前项和.
21.（本题满分12分）已知椭圆：离心率，设点和N分别是椭圆上不同的两动点.
（1）求椭圆C的标准方程：
（2）若直线过点，且，线段的中点为，求直线的斜率的取值范围.
22.（本题满分12分）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）已知函数，若函数有三个极值点，求的所有极值之和的取值范围.
明德中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷（答案）
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.【答案】B【详解】根据可得，解得，即可得，又，所以，因此集合中的元素的个数为2个.故选：B
2.【答案】A【详解】由题意得，，所以.故选：A.
3.【答案】D【详解】不同的选择有3×3×3=27种.故选：D.
4.【答案】A【详解】在等差数列中，因为，所以，所以.故选：A
5.【答案】A【详解】现将第一小组5人分层3组，为一组1人两组2人，所以有种，再将其分分配到击剑 拳击 柔道比赛场馆种，所以共有15×6=90种.故选：A.
6.【答案】C【详解】因为，令可得，令可得，令可得，所以，故选：C
7.【答案】C【详解】法1：：的焦点为，准线方程为：，由题，显然，令直线中，则，所以，设，，联立消，得，方程的判别式，，，所以，由可得：，，所以，因为在：上，所以，解得：，所以，所以，由抛物线的定义可得：.故选：C.
法2：几何法（略）
8.【答案】A【详解】圆：，半径为，设中点为，且直线与圆的相交弦长为，即，所以点M的轨迹方程为，又直线：过定点，直线：过定点，且，则点P是两垂线的交点，所以P在以为直径的圆上，则圆心，半径，所以点P的轨迹方程为，由于直线的斜率存在，所以点P的轨迹要除去点，若点P恰为中点可知圆P与圆M有公共点，即，，即，解得，即，故选：A.
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）
9.【答案】ACD【详解】由函数，可，
对于A中，由，定义域为关于原点对称，且，所以函数为奇函数，所以A正确；
对于B中，由，解得或，即函数的递增区间为，，所以B不正确；
对于C中，由，解得，所以函数的递减区间为，所以，当时，函数取得极小值，极小值为，所以C正确；
对于D中，由函数在上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以极大值为，极小值为，且时，；时，；又由关于的方程恰有3个不等的实根，即函数与的图象有3个不同的交点，可得，所以实数的取值范围为，所以D正确.故选：ACD.
10.【答案】BD【详解】依题意，可得，又，则，所以，结合五点法作图，可得，则，所以，
对于A，，显然是偶函数，故A错误；
对于B，，故函数的图象关于点对称，故B正确；
对于C，当时，，函数取得最大值，所以在上不是单调增函数，故C错误；
对于D，因为，则，因为，当时，，因为在上没有零点，可得，解得，故D正确，故选：BD.
11.【答案】BCD【详解】对于A，∵，∴异面直线与所成的角等于与所成的角，∵为正三角形，∴，则异面直线与所成的角是，故A错；
对于B，∵，面，面，∴面，∵，面，面，∴面，又∵，面，∴面面，点，在平面内，则点，到面的距离相等，三棱锥的体积为，故B正确；
对于C，当为中点时，满足点在平面内且，∵，，∴，即，故C正确；
对于D，分别取，的中点，，三棱锥为正三棱锥，过作面于，则为正的中心，∵，∴，，由，得，∴，∴，∵，∴，∴的轨迹是以为圆心，为半径的圆，即正的内切圆，该内切圆与的交点为E，如图，当P与E重合时，点P到平面距离取最小值，作于，，面，，，即点到平面距离的最小值为，故D正确.故选：BCD.
12.【答案】BCD【详解】对于A，由知，两式相减得，故，故当时，为常数列；当时，；故，，，所以，故A错误；
对于B，当时，；当时，，所以，故B正确；
对于C，，当时，则；当时，；综上所述：，故C正确；
对于D，，当时，；当时，；
当，，
；
综上所述：，故D正确.故选：BCD.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13.【答案】15【详解】因为，所以.所以.令，得，所以.故答案为：15
14.【答案】11【详解】由题意可知，设等比数列的公比为，则由可得，又；两式相比可得，即，将代入，可得，解得，则，所以等比数列的前5项和为.故答案为：11
15.【答案】【详解】当时，，显然不满足题意；当时，令可得，令，则，易知当时，；当或时，；因此函数在上单调递增，在，上单调递减；可得的极小值为，极大值为；
作出函数的图象如下图所示：
若函数有三个不同的零点，即与在同一坐标系内有三个不同的交点，由图可知，解得；
16.【答案】1296【详解】由题意，排课可分为以下两大类：①“丝”被选中，不同的方法总数为种；②“丝”不被选中，不同的方法总数为种.故共有种.故答案为：1296
三、解答题（本题共6小题，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17.（本题满分10分）【详解】（1）依题意，，.
，，
故所求切线方程为，即.
（2）令，解得，
故当时，，当时，，
故的单调递减区间为，单调递增区间为，
则的极小值为，无极大值.
18.（本题满分12分）【详解】法一：（1）取中点为，连接，
因为，所以，且，
因为平面，平面，所以，
因为平面，平面，所以，，且，
故四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）因为，且直线与所成角为30°，，所以，
在中，，，
以C为原点，，分别为x，y轴的正方向，过点C作垂直于平面的直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由（1）知，，平面，所以平面，则
，，，，
得，，，
设为平面的一个法向量，
则，取得，
所以点E到平面的距离.
法二：等体积法（略）
19.（本题满分12分）【详解】（1）由已知及得，
结合正弦定理得，
又，所以，
所以.
又，所以，
因为，所以所以，.
（2）证明：在中，设，如题：
则由正弦定理，所以，
从而.
则
，
.
又，
所以在中，由余弦定理得
，
所以的长为.
20.（本题满分12分）
【详解】（1）∵，，∴，
∵，
∴数列是首项为1，公差为的等差数列；
（2），即，，
两式作差得，即，
∴，
即，，
∵，∴；
（3）∵，∴，∴，
∴，
∴.
21.（本题满分12分）
【详解】（1）因为，，∴，∴，故椭圆C的标准方程为；
（2）由题意可知直线的斜率存在且不为0，设其方程为，
联立，得，
由，得；
设，，则，，
则，
因为，所以，
即，∴，
设直线的斜率为，因为，两式相减得，
即，
则，
故直线的斜率的取值范围为.
22.（本题满分12分）
【详解】（1）解：，
当时，令，得，
当时，；
当时，.
故在上单调递减，在上单调递增.
当时，，在上单调递增.
综上知，
当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递增.
（2），，，
显然，是方程的一个根.
令，则有两个异于1的实数根，
而，的解为，
当，即时，，在上单调递增，不符合题意，故舍去；
当，即时，在单调递减，在单调递增.
若有两个零点，则，解得.
因为，，，
所以方程有两个根，
设为，，且，
∴在，上单调递减，在，上单调递增，
故当时，有三个极值点，，，其中.
由，得，同理，
又因为，
所以
，
令，，则，所以在上单调递增，
时，，，所以，
所以的取值范围是.
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