2023-2024学年山西省忻州市高二上学期1月期末考试数学试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 2023-2024学年山西省忻州市高二上学期1月期末考试数学试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 210.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-02-06 23:25:40 | ||
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文档简介
2023-2024学年山西省忻州市高二上学期1月期末考试数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知数列的前项分别为，，，，则该数列的一个通项公式可以为( )
A. B.
C. D.
2.已知直线，直线若，则( )
A. B. C. 或 D.
3.已知等比数列的前项和为，若，则( )
A. B. C. D.
4.若数列满足，，则( )
A. B. C. D.
5.函数的极大值为
( )
A. B. C. D.
6.过抛物线的焦点的直线与抛物线相交于，两点，若线段中点的坐标为，则( )
A. B. C. D.
7.在三棱锥中，平面分别是棱的中点，，则直线与平面所成角的正弦值为
( )
A. B. C. D.
8.若函数，的导函数都存在，恒成立，且，则必有
( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.等差数列的前项和为，若，，则
( )
A. 的公差为 B. 的公差为 C. D.
10.已知函数的导函数的图象如图所示，则
( )
A. 在上单调递减 B. 在上单调递增
C. 有个极大值点 D. 只有个极小值点
11.已知，在同一个坐标系下，曲线与直线的位置可能是
( )
A. B.
C. D.
12.已知函数，且关于的方程有个不等实数根，则下列说法正确的是
( )
A. 当时， B. 在上单调递减
C. 的取值范围是 D. 的取值范围是
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.物体位移单位：和时间单位：满足函数关系，则当时，物体的瞬时速度为 ．
14.已知双曲线，直线被所截得的 弦长为，则 ．
15.若直线是圆的一条对称轴，则点与该圆上任意一点的距离的最小值为 ．
16.在数列与中，已知，则 ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
已知函数．
求曲线在点处的切线方程；
求在上的最值．
18.本小题分
已知数列 的 前项和为，且．
求的通项公式；
设，求数列的前项和．
19.本小题分
已知直四棱柱的底面是菱形，且，分别是侧棱的中点．
证明：四边形为菱形．
求点到平面的距离．
20.本小题分
已知正项数列满足，数列的前项和为，且，．
求，的通项公式；
证明：．
21.本小题分
已知椭圆与双曲线的焦距之比为．
求椭圆和双曲线的离心率；
设双曲线的右焦点为，过作轴交双曲线于点在第一象限，，分别为椭圆的左、右顶点，与椭圆交于另一点，为坐标原点，证明：．
22.本小题分
已知函数，．
讨论的单调性．
是否存在两个正整数，，使得当时，？若存在，求出所有满足条件的，的值；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】观察数列的项的特点，找到各项之间的规律，即可写出一个通项公式，结合选项，即得答案．
【详解】观察可知，该数列的前面整数部分为奇数，后面分数部分正负相间，首项的分数部分为负，
分母为，分子为，
故该数列的一个通项公式可以为，
故选：
2.【答案】
【解析】【分析】由直线平行的必要条件列出方程求解参数，并注意回代检验是否满足平行而不是重合．
【详解】因为，所以，即，得或．
当时，，，符合题意；
当时，，，，重合．
故．
故选：．
3.【答案】
【解析】【分析】根据题意，求得，结合等比数列的定义，得到，即可求解．
【详解】由，
当时，，可得，
当时，，
因为数列为等比数列，可得，解得．
故选：．
4.【答案】
【解析】【分析】探索数列的周期性，根据数列的周期性求指定项．
【详解】因为所以数列周期为的数列．
所以
，所以，
故．
故选：
5.【答案】
【解析】【分析】求导，再根据极大值与导数的关系即可得到答案．
【详解】，当时，，
当时，．
所以的极大值为．
故选：．
6.【答案】
【解析】【分析】利用点差法及中点与焦点坐标分别表示直线的斜率，可建立关于的方程，求解可得．
【详解】设，，则
两式作差得，，
当时，则中点坐标为焦点，不满足题意；
当时，得．
设线段中点，因为坐标，且过焦点，
所以，
则的斜率，
解得．
故选：．
7.【答案】
【解析】【分析】建系，求出平面的法向量为，再代入线面角的公式求解即可．
【详解】因为平面，都在面内，
所以，
又，所以，所以两两垂直，
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，．
设平面的法向量为，
则所以取，得．
设直线与平面所成的角为，
所以．
故选：
8.【答案】
【解析】【分析】由，得，设函数，利用导数证明单调递增，所以，据此即可求解.
【详解】由，得，
设函数，则，所以单调递增，所以，
即，
因为，所以，
即.
故选：D.
9.【答案】
【解析】【分析】列出方程组，求出等差数列的公差和首项，判断，；根据等差数列通项公式以及前项和公式即可判断，．
【详解】设的公差为，由，，得
解得，故 A正确，B错误；
，，，D正确．
故选：
10.【答案】
【解析】【分析】根据导函数图象与函数单调性以及极值的关系一一分析即可．
【详解】由图可知，当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，，均正确．
当时，，当时，，当时，，
所以 的 极大值点为，的极小值点为， C错误，D正确．
故选：．
11.【答案】
【解析】【分析】先根据题意得到曲线为，直线为，再根据当，，，时，曲线及直线的横截距与纵截距的关系即可逐项判断．
【详解】因为，所以曲线为，直线为，
当时，曲线表示的是圆，直线的横截距与纵截距相等，则 A错误；
当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，直线的横截距比纵截距大，则 B正确；
当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，直线的横截距比纵截距小，则不正确；
当时，曲线表示焦点在轴上的双曲线，直线的横截距为正，纵截距为负，则 D正确．
故选：．
12.【答案】
【解析】【分析】对进行求导，利用导数研究的图象判断，令，将问题转化为和共有三个不同的实数根，结合的图象判断．
【详解】由指数函数的图象和性质可知当时，，当时，， A正确；
因为，令解得，令解得，
所以在上单调递增，在上单调递减， B正确；
又当趋于时，趋于，当趋于时，趋于，当时，，
故可作的草图如图，
令，则，即方程的两根为，
若是方程的根，则，显然不符合题意，
因为方程有个不等实数根，
所以或
当时，解得，所以，即异号，不满足题意；
当时，即有解得，
即的取值范围为， C错误，D正确；
故选：
【点睛】关键点睛：本题的关键是作出函数图象，利用换元法结合二次函数根的分布从而得到相关不等式，即可求出的范围．
13.【答案】
【解析】【分析】对位移与时间的函数关系求导，代入即可求解．
【详解】，则．
故答案为：．
14.【答案】
【解析】【分析】联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据弦长公式求解．
【详解】设双曲线与直线交于两点，
由消去整理得，则，解得，且，
所以．
由，解得，所以．
故答案为：
15.【答案】
【解析】【分析】利用圆关于直线对称可知该直线过圆心，可得，再利用定点到圆上点距离的最值的求法即可求得结果．
【详解】由题可知，该圆的圆心为，直线过圆心，
则，解得，
则该圆的方程转化为，该圆圆心为，半径为，
易知圆心与的距离为，
故点与该圆上任意一点的距离的最小值为．
故答案为 ：
16.【答案】
【解析】【分析】由已知计算可得为常数列，进而可得结果．
【详解】由题意知，，
所以为常数列，即，
所以．
故答案为：．
17.【答案】解：函数，求导得，则，而，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
由，得或，
由，得，
显然当时，恒有，当且仅当时取等号，
因此在上单调递增，在上单调递减，而，，，
所以在上的最大值为，最小值为．
【解析】求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程．
由中信息，利用导数探讨函数在上的单调性，再求出最值．
18.【答案】解：
当时，，
当时，．
符合，
所以的通项公式为．
由可得，
则，
所以数列的前项和．
【解析】利用的关系式即可求得的通项公式为；
由可得，利用裂项相消求和可得．
19.【答案】解：
取的中点，连接，
因为底面是菱形且，所以为等边三角形，
所以，
又，所以，
易知两两垂直．以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．由，
可得，．
证明：由上可得，
所以，且，
所以四边形为菱形．
设平面的法向量为，因为，
所以，即，取，得．
又，
所以点到平面的距离．
【解析】取的中点，可证得，以为坐标原点建立空间直角坐标系，运用空间向量坐标法证明及即可．
运用空间向量点到面的距离公式计算即可．
20.【答案】解：
因为，，且，所以，
所以，即．
当时，，所以．
因为，所以，所以．
也符合上式，所以．
当时，．
因为，所以当时，，
所以当时，，即，
所以当时，数列是以为首项的常数列，
即，所以，
所以的通项公式为
因为，
所以，
两式相减得，所以．
因为，，所以，故．
【解析】对数列两边取对数，再结合“累乘法”求数列的通项公式；对数列，根据前项和求通项公式；
利用错位相减求和法求数列的前项和，然后再证明不等式．
21.【答案】解：
椭圆的焦距，双曲线的焦距，
则，整理得，
从而，，
故椭圆的离心率，双曲线的离心率．
由可知，椭圆，
因为，所以直线的方程为．
联立方程组，整理得，
则，则，
可得，即，
因为，，，
则，，
故．
【解析】根据题意结合椭圆、双曲线的方程与性质运算求解；
由可知，联立方程求点的坐标，结合斜率公式分析证明．
【点睛】方法点睛：与弦端点相关问题的解法
解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为端点的坐标关系，再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程组求解．
22.【答案】解：，
当时，，在上单调递减．
当时，令，得．
，则在上单调递增，
，，则在上单调递减．
由知，令，得在上单调递增，在上单调递减，则．
因为，所以，即，
即，
因为，为正整数，所以．
当时，，
因为，，所以，这与矛盾，不符合题意．
当时，因为，，所以，
所以，得，即．
经检验，当，时，不符合题意，
当，时，符合题意，
当，时，因为，所以，
当时，，，
所以．
综上，仅存在，满足条件．
【解析】求得，分，讨论的单调性．
将问题转化为，根据的值域确定，分别就分析是否满足题意．
【点睛】关键点睛：本题关键点在于根据的值域确定的范围，再根据为正整数得，从而就的取值讨论即可．
第1页，共1页
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知数列的前项分别为，，，，则该数列的一个通项公式可以为( )
A. B.
C. D.
2.已知直线，直线若，则( )
A. B. C. 或 D.
3.已知等比数列的前项和为，若，则( )
A. B. C. D.
4.若数列满足，，则( )
A. B. C. D.
5.函数的极大值为
( )
A. B. C. D.
6.过抛物线的焦点的直线与抛物线相交于，两点，若线段中点的坐标为，则( )
A. B. C. D.
7.在三棱锥中，平面分别是棱的中点，，则直线与平面所成角的正弦值为
( )
A. B. C. D.
8.若函数，的导函数都存在，恒成立，且，则必有
( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.等差数列的前项和为，若，，则
( )
A. 的公差为 B. 的公差为 C. D.
10.已知函数的导函数的图象如图所示，则
( )
A. 在上单调递减 B. 在上单调递增
C. 有个极大值点 D. 只有个极小值点
11.已知，在同一个坐标系下，曲线与直线的位置可能是
( )
A. B.
C. D.
12.已知函数，且关于的方程有个不等实数根，则下列说法正确的是
( )
A. 当时， B. 在上单调递减
C. 的取值范围是 D. 的取值范围是
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.物体位移单位：和时间单位：满足函数关系，则当时，物体的瞬时速度为 ．
14.已知双曲线，直线被所截得的 弦长为，则 ．
15.若直线是圆的一条对称轴，则点与该圆上任意一点的距离的最小值为 ．
16.在数列与中，已知，则 ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
已知函数．
求曲线在点处的切线方程；
求在上的最值．
18.本小题分
已知数列 的 前项和为，且．
求的通项公式；
设，求数列的前项和．
19.本小题分
已知直四棱柱的底面是菱形，且，分别是侧棱的中点．
证明：四边形为菱形．
求点到平面的距离．
20.本小题分
已知正项数列满足，数列的前项和为，且，．
求，的通项公式；
证明：．
21.本小题分
已知椭圆与双曲线的焦距之比为．
求椭圆和双曲线的离心率；
设双曲线的右焦点为，过作轴交双曲线于点在第一象限，，分别为椭圆的左、右顶点，与椭圆交于另一点，为坐标原点，证明：．
22.本小题分
已知函数，．
讨论的单调性．
是否存在两个正整数，，使得当时，？若存在，求出所有满足条件的，的值；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】观察数列的项的特点，找到各项之间的规律，即可写出一个通项公式，结合选项，即得答案．
【详解】观察可知，该数列的前面整数部分为奇数，后面分数部分正负相间，首项的分数部分为负，
分母为，分子为，
故该数列的一个通项公式可以为，
故选：
2.【答案】
【解析】【分析】由直线平行的必要条件列出方程求解参数，并注意回代检验是否满足平行而不是重合．
【详解】因为，所以，即，得或．
当时，，，符合题意；
当时，，，，重合．
故．
故选：．
3.【答案】
【解析】【分析】根据题意，求得，结合等比数列的定义，得到，即可求解．
【详解】由，
当时，，可得，
当时，，
因为数列为等比数列，可得，解得．
故选：．
4.【答案】
【解析】【分析】探索数列的周期性，根据数列的周期性求指定项．
【详解】因为所以数列周期为的数列．
所以
，所以，
故．
故选：
5.【答案】
【解析】【分析】求导，再根据极大值与导数的关系即可得到答案．
【详解】，当时，，
当时，．
所以的极大值为．
故选：．
6.【答案】
【解析】【分析】利用点差法及中点与焦点坐标分别表示直线的斜率，可建立关于的方程，求解可得．
【详解】设，，则
两式作差得，，
当时，则中点坐标为焦点，不满足题意；
当时，得．
设线段中点，因为坐标，且过焦点，
所以，
则的斜率，
解得．
故选：．
7.【答案】
【解析】【分析】建系，求出平面的法向量为，再代入线面角的公式求解即可．
【详解】因为平面，都在面内，
所以，
又，所以，所以两两垂直，
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，．
设平面的法向量为，
则所以取，得．
设直线与平面所成的角为，
所以．
故选：
8.【答案】
【解析】【分析】由，得，设函数，利用导数证明单调递增，所以，据此即可求解.
【详解】由，得，
设函数，则，所以单调递增，所以，
即，
因为，所以，
即.
故选：D.
9.【答案】
【解析】【分析】列出方程组，求出等差数列的公差和首项，判断，；根据等差数列通项公式以及前项和公式即可判断，．
【详解】设的公差为，由，，得
解得，故 A正确，B错误；
，，，D正确．
故选：
10.【答案】
【解析】【分析】根据导函数图象与函数单调性以及极值的关系一一分析即可．
【详解】由图可知，当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，，均正确．
当时，，当时，，当时，，
所以 的 极大值点为，的极小值点为， C错误，D正确．
故选：．
11.【答案】
【解析】【分析】先根据题意得到曲线为，直线为，再根据当，，，时，曲线及直线的横截距与纵截距的关系即可逐项判断．
【详解】因为，所以曲线为，直线为，
当时，曲线表示的是圆，直线的横截距与纵截距相等，则 A错误；
当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，直线的横截距比纵截距大，则 B正确；
当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，直线的横截距比纵截距小，则不正确；
当时，曲线表示焦点在轴上的双曲线，直线的横截距为正，纵截距为负，则 D正确．
故选：．
12.【答案】
【解析】【分析】对进行求导，利用导数研究的图象判断，令，将问题转化为和共有三个不同的实数根，结合的图象判断．
【详解】由指数函数的图象和性质可知当时，，当时，， A正确；
因为，令解得，令解得，
所以在上单调递增，在上单调递减， B正确；
又当趋于时，趋于，当趋于时，趋于，当时，，
故可作的草图如图，
令，则，即方程的两根为，
若是方程的根，则，显然不符合题意，
因为方程有个不等实数根，
所以或
当时，解得，所以，即异号，不满足题意；
当时，即有解得，
即的取值范围为， C错误，D正确；
故选：
【点睛】关键点睛：本题的关键是作出函数图象，利用换元法结合二次函数根的分布从而得到相关不等式，即可求出的范围．
13.【答案】
【解析】【分析】对位移与时间的函数关系求导，代入即可求解．
【详解】，则．
故答案为：．
14.【答案】
【解析】【分析】联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据弦长公式求解．
【详解】设双曲线与直线交于两点，
由消去整理得，则，解得，且，
所以．
由，解得，所以．
故答案为：
15.【答案】
【解析】【分析】利用圆关于直线对称可知该直线过圆心，可得，再利用定点到圆上点距离的最值的求法即可求得结果．
【详解】由题可知，该圆的圆心为，直线过圆心，
则，解得，
则该圆的方程转化为，该圆圆心为，半径为，
易知圆心与的距离为，
故点与该圆上任意一点的距离的最小值为．
故答案为 ：
16.【答案】
【解析】【分析】由已知计算可得为常数列，进而可得结果．
【详解】由题意知，，
所以为常数列，即，
所以．
故答案为：．
17.【答案】解：函数，求导得，则，而，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
由，得或，
由，得，
显然当时，恒有，当且仅当时取等号，
因此在上单调递增，在上单调递减，而，，，
所以在上的最大值为，最小值为．
【解析】求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程．
由中信息，利用导数探讨函数在上的单调性，再求出最值．
18.【答案】解：
当时，，
当时，．
符合，
所以的通项公式为．
由可得，
则，
所以数列的前项和．
【解析】利用的关系式即可求得的通项公式为；
由可得，利用裂项相消求和可得．
19.【答案】解：
取的中点，连接，
因为底面是菱形且，所以为等边三角形，
所以，
又，所以，
易知两两垂直．以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．由，
可得，．
证明：由上可得，
所以，且，
所以四边形为菱形．
设平面的法向量为，因为，
所以，即，取，得．
又，
所以点到平面的距离．
【解析】取的中点，可证得，以为坐标原点建立空间直角坐标系，运用空间向量坐标法证明及即可．
运用空间向量点到面的距离公式计算即可．
20.【答案】解：
因为，，且，所以，
所以，即．
当时，，所以．
因为，所以，所以．
也符合上式，所以．
当时，．
因为，所以当时，，
所以当时，，即，
所以当时，数列是以为首项的常数列，
即，所以，
所以的通项公式为
因为，
所以，
两式相减得，所以．
因为，，所以，故．
【解析】对数列两边取对数，再结合“累乘法”求数列的通项公式；对数列，根据前项和求通项公式；
利用错位相减求和法求数列的前项和，然后再证明不等式．
21.【答案】解：
椭圆的焦距，双曲线的焦距，
则，整理得，
从而，，
故椭圆的离心率，双曲线的离心率．
由可知，椭圆，
因为，所以直线的方程为．
联立方程组，整理得，
则，则，
可得，即，
因为，，，
则，，
故．
【解析】根据题意结合椭圆、双曲线的方程与性质运算求解；
由可知，联立方程求点的坐标，结合斜率公式分析证明．
【点睛】方法点睛：与弦端点相关问题的解法
解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为端点的坐标关系，再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程组求解．
22.【答案】解：，
当时，，在上单调递减．
当时，令，得．
，则在上单调递增，
，，则在上单调递减．
由知，令，得在上单调递增，在上单调递减，则．
因为，所以，即，
即，
因为，为正整数，所以．
当时，，
因为，，所以，这与矛盾，不符合题意．
当时，因为，，所以，
所以，得，即．
经检验，当，时，不符合题意，
当，时，符合题意，
当，时，因为，所以，
当时，，，
所以．
综上，仅存在，满足条件．
【解析】求得，分，讨论的单调性．
将问题转化为，根据的值域确定，分别就分析是否满足题意．
【点睛】关键点睛：本题关键点在于根据的值域确定的范围，再根据为正整数得，从而就的取值讨论即可．
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