2023-2024学年宁夏银川市永宁县重点中学高二（上）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年宁夏银川市永宁县重点中学高二（上）期末数学试卷
一、选择题
1.直线的倾斜角为( )
A. B. C. D.
2.抛物线的准线方程是( )
A. B. C. D.
3.已知等差数列，其前项和为，，则( )
A. B. C. D.
4.用数学归纳法证明，当时，等式左边应在时的基础上加的项是( )
A. B.
C. D.
5.“远望嵬嵬塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几碗灯？”源自明代数学家吴敬所著的九章詳詿比纇算法大全，通过计算得到的答案是( )
A. B. C. D.
6.某堆雪在融化过程中，其体积单位：与融化时间单位：近似满足函数关系：为常数，其图象如图所示．记此堆雪从融化开始到结束的平均融化速度为那么瞬时融化速度等于的时刻是图中的( )
A. B. C. D.
7.已知双曲线：的离心率为，的一条渐近线与圆交于，两点，则( )
A. B. C. D.
8.设，，，则( )
A. B. C. D.
9.下列有关导数的运算正确的是( )
A.
B.
C.
D.
10.过点作曲线的切线，则切线方程可能是( )
A. B. C. D.
11.已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于，两点若的中点坐标为，则( )
A. 直线的方程为 B.
C. 椭圆的标准方程为 D. 椭圆的离心率为
12.设等差数列的前项和为，在同一个坐标系中，及的部分图象如图所示，则( )
A. 当时，取得最大值 B. 当时，取得最大值
C. 当时，取得最小值 D. 当时，取得最小值
二、非选择题
13.若等比数列满足，，则公比 ______．
14.若圆被直线平分，则的最大值为______．
15.不过原点的直线：与抛物线交于不同两点，，若，则的值为______．
16.若函数有两个零点，则的取值范围为______．
17.已知等差数列满足，．
求数列的通项公式；
设，求数列的前项和．
18.已知函数．
求函数的单调区间和最小值；
画出函数的草图并根据草图求函数的单调区间．
19.四棱锥中，平面，，，，．
求证：平面；
求二面角的余弦值．
20.已知数列，其前项和为数列满足，．
求数列、的通项公式；
若数列满足，求数列前项和．
21.设函数．
若曲线在点处的切线与轴平行，求；
若在处取得极大值，求的取值范围．
22.已知焦点在轴上，中心在原点，离心率为的椭圆经过点．
求椭圆的方程；
若动点，不与定点重合均在椭圆上，且直线与的斜率之和为，为坐标原点．
(ⅰ)求证：直线经过定点；
(ⅱ)求的面积的最大值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：直线的斜率等于，
又因为直线的斜率等于倾斜角的正切值，且倾斜角大于或等于度小于度，
故直线的倾斜角为，
故选：．
先求出直线的斜率，再根据倾斜角与斜率的关系及倾斜角的范围，求出倾斜角的大小．
本题考查直线的斜率和倾斜角的关系，以及倾斜角的范围．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查抛物线的准线方程，属于基础题．
利用抛物线的准线方程是即可得出．
【解答】
解：由抛物线，可得准线方程，
即．
故选：．
3.【答案】
【解析】解：是等差数列，
，则，
．
故选：．
根据是等差数列可得，进一步求出后再利用进行求解即可．
本题考查等差数列的前项和公式，考查学生逻辑推理与运算求解的能力，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：等号左边加的项是，
．
故选：．
分别令，，然后作差求解．
本题主要考查数学归纳法的应用，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：根据题意，设每层的灯数为，
易得数列为等比数列，且其公比为，，
则有，解得．
故选：．
根据题意，设每层的灯数为，分析可得数列为等比数列，由等比数列前项和公式可得，解可得答案．
本题考查数列求和的实际应用，涉及等比数列的前项和，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：平均融化速度为，反映的是图象与坐标轴交点连线的斜率，
观察可知处瞬时速度即切线的斜率为平均速速一致，
故选：．
根据题意可知，平均融化速度为，反映的是图象与坐标轴交点连线的斜率，通过观察某一时刻处瞬时速度即切线的斜率，即可得到答案
本题考查了图象的识别，关键理解平均速度表示的几何意义即斜率，属于基础题
7.【答案】
【解析】解：双曲线：的离心率为，
可得，所以，
所以双曲线的渐近线方程为：，
一条渐近线与圆交于，两点，圆的圆心，半径为，
圆的圆心到直线的距离为：，
所以．
故选：．
利用双曲线的离心率，求解渐近线方程，然后求解圆的圆心到直线的距离，转化求解即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与圆的位置关系的应用，属中档题．
8.【答案】
【解析】解：，，，
令，得，
当时，为增函数，当时，为减函数，
则最大，而，，
，
．
故选：．
构造函数，利用导数研究单调性，可得最大，再利用对数的运算性质比较与的大小，则答案可求．
本题考查对数值的大小比较，考查了利用导数研究函数的单调性，是中档题．
9.【答案】
【解析】解：：，故A正确；
：，故B错误；
：，故C正确；
：，故D错误．
故选：．
：利用极限与导数的几何意义化简即可判断；，，：利用导数的运算性质化简即可判断求解．
本题考查了极限的运算以及导数的运算性质，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：若为切点，，
切线方程：即
若不是切点，设切点，舍或．
切线方程：即．
切线方程可能是或．
故选：．
当若为切点，根据导数的几何意义求出函数在处的导数，从而求出切线的斜率，再用点斜式写出切线方程，若不是切点，设出切线方程的切点坐标，把设出的切点的横坐标代入导函数中即可表示出切线方程的斜率，根据设出的切点坐标，通过求解切线的斜率，然后求解切线的方程．
本小题主要考查导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，考查运算求解能力．属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：因为直线过点和点，
所以直线的方程为，代入椭圆方程，
得，
所以的中点的横坐标为，即，
又，所以，离心率为，
所以圆的方程为．
故选：．
根据直线过点和点可得直线的方程，与椭圆方程联立，可得的中点的横坐标得到可得椭圆标准方程和离心率，从而达到答案．
本题考查椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系，方程思想，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：根据题意，由图象可知有种可能：
，，，，由，，可得，；
分析可得，与，矛盾，舍去；
，，，由，，可得，则，
解得，，解得，矛盾，舍去；
，，，由，，可得，
解得，，解得，而，矛盾，舍去．
，，，，由，，可得，
，解得，，，满足条件．
，
解可得，
当时，取得最大值；
故选：．
由图象可知可能：，，，，，，，，分别利用等差数列的通项公式及其前项和公式即可判断出．
本题考查了等差数列的通项公式及其前项和公式，考查了数形结合的思想方法、分类讨论的方法，注意对图象的可能情况进行分类讨论．
13.【答案】
【解析】解：等比数列满足，，
，
解得，．
故答案为：．
利用等比数列通项公式列出方程组，求出首项和公比．
本题考查等比数列的首项和前项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用．
14.【答案】
【解析】解：由圆，可得圆心的坐标，
又因为圆被直线平分，
直线过圆心，，
，，当且仅当时取等号，
的最大值为．
故答案为：．
利用直线过圆心可得结论．
本题主要考查直线与圆的位置关系，属基础题．
15.【答案】
【解析】解：联立，
消可得，
由题意可得，
即且，
设，，
则，，
又，
则，
即，
则，
即，
又且，
则．
故答案为：．
由直线与抛物线的位置关系，结合向量数量积的运算求解．
本题考查了抛物线的性质，重点考查了直线与抛物线的位置关系，属中档题．
16.【答案】
【解析】解：由得到，
令，由题意可以看作是与有两个交点，
，
其中，，是单调递减的，并且时，，
因此函数，存在唯一零点，，
当时，，
时，，
，
得如下函数图象：
显然当时，与有两个交点，
故答案为：．
参数分离，将原题改造成为，求与有两个交点．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，函数的零点问题，属于中档题．
17.【答案】解：由于是等差数列，设公差为，
由，，可得，，解得，，
所以的通项公式，；
由知，，，
所以，
所以．
【解析】由等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，进而得到所求；
由数列的裂项相消求和，化简可得所求和．
本题考查等差数列的通项公式和数列的裂项相消求和，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
18.【答案】解：函数的定义域为，，
令，解得；令，解得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以；
由知函数在上单调递减，
在上单调递增，并且，
作出草图如图所示，
函数的定义域为，，
由图象知，，，
所以在单调递减，在单调递增．
【解析】解导数不等式得函数的单调区间；
利用的图象判断的符号，即可求解．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
19.【答案】证明：连接，因为平面，，平面，
所以，，
又，，，
所以，
所以，所以，
又，，平面，
所以平面．
解：作，由知，，，两两垂直，
则以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则有，令，可得，
设平面的一个法向量为，
则有，令，可得，
设二面角为，由图可得二面角为钝二面角，
所以，
所以二面角的余弦值为．
【解析】由线面垂直的性质得到，，从而得到，即可得证；
建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得．
本题考查线面垂直的判定，考查二面角的余弦值求法，属中档题．
20.【答案】解：由题意，当时，，
当时，
，
当时，也满足上式，
，，
对于数列：依题意，当时，
由，可得，
则，，，，，
各项相加，
可得
，
当时，也满足上式，
，．
由可得，
，
，
，
两式相减，
可得
，
．
【解析】对于数列，根据题干已知条件及公式即可计算出数列的通项公式，对于数列，先将题干中递推公式进行转化，再运用累加法及等比数列的求和公式即可计算出数列的通项公式；
先根据第题的结果计算出数列的通项公式，再运用错位相减法即可计算出前项和．
本题主要考查数列求通项公式，以及数列求和问题．考查了分类讨论，整体思想，转化与化归思想，错位相减法，等比数列的求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
21.【答案】解：因为，
所以，则．
因为曲线在点处的切线与轴平行，
所以，即，解得．
此时，所以的值为．
由，得．
若，则当时，；
当时，，所以在处取得极小值．
若，则当时，，
所以，所以不是的极小值点．
综上，的取值范围是．
【解析】先求导数，再根据，求出；
先求导数的零点，再分类讨论，根据是否满足在处取得极小值，再求出的取值范围．
本题考查了利用导数研究函数的切线方程，利用导数研究函数的单调性与极值，考查了方程思想、分类讨论思想和转化思想，属中档题．
22.【答案】解：设椭圆：，
因为离心率为，
所以，，
所以，，
所以椭圆方程为：，
又因为椭圆过点，
所以，
解得，
所以椭圆方程为：；
证明：当直线与轴垂直时，
设，则，
由题意得：，即，
所以直线的方程为；
当直线不与轴垂直时，
设直线为，，，
将代入得．
所以，，
由直线与的斜率之和为可得，
将和代入，
并整理得，
将，代入
并整理得，
分解因式可得，
因为直线：不经过点，
所以，故．
所以直线的方程为，经过定点．
综上所述，直线经过定点；
(ⅱ)由(ⅰ)可得：，．．
因为坐标原点到直线的距离为，
所以的面积
令，则，且，
当且仅当，即时，的面积取得最大值．
【解析】由已知可知，结合，及点在椭圆上可求，进而可求椭圆方程；
分类讨论：当直线与轴垂直时，易求直线的方程；当直线不与轴垂直时，设直线为，，，联立与，根据方程的根与系数关系可求，，然后结合已知斜率关系即可求直线的方程，即可求解；
(ⅱ)由(ⅰ)整理方程可求的范围，结合弦长公式可求，然后利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，代入可求的面积，利用基本不等式可求面积的最大值．
本题考查了椭圆的几何性质，直线与椭圆位置关系的综合应用，考查了基本不等式的应用及数形合思想，属于中档题．
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