明德中学2023年下学期期末考试
高二年级数学试卷2024年1月
时量：120分钟 满分：150分 命题：伍杰 审定：莫逆
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. C. D.
3. 某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. B. 0 C. 32 D. 64
7. 已知抛物线焦点为，直线与交于，两点，与其准线交于点，若，则（ ）
A. B. C. D.
8. 已知，是圆上两点，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. 奇函数
B. 的单调递增区间为
C. 的极小值为
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. 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），为数列的前项和，则（ ）
A. B.
C. D.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 设的展开式的二项式系数和为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. 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. 如图，在四棱锥中，平面，，，．
（1）求证：平面；
（2）若，且直线与所成角为，求点E到平面的距离．
19. 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. 记为数列的前项和，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. 己知椭圆离心率，设点M和N分别是椭圆上不同的两动点．
（1）求椭圆C标准方程；
（2）若直线MN过点，且，线段MN的中点为P，求直线OP的斜率的取值范围．
22. 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年下学期期末考试
高二年级数学试卷2024年1月
时量：120分钟 满分：150分 命题：伍杰 审定：莫逆
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
【答案】B
【解析】
【分析】求函数的定义域，即可得，在求出交集可解.
【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. 已知复数满足，则（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数除法运算，共轭复数的定义及模的定义求解即可.
【详解】由题意得，，
所以.
故选：A.
3. 某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
【答案】D
【解析】
【分析】利用分步乘法计数原理求解即可.
【详解】不同的选择有种.
故选：D.
4. 在等差数列中，，则的值为（ ）
A. 20 B. 40 C. 60 D. 80
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列性质计算即可.
【详解】在等差数列中，因为，
所以，
所以
故选：A
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
【答案】A
【解析】
【分析】现将第一小组5人分层组，为一组1人两组2人，再将其分分配到击剑 拳击 柔道比赛场馆即可得出答案.
【详解】现将第一小组5人分层组，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，
所以共有种.
故选：A
6. ，则（ ）
A. B. 0 C. 32 D. 64
【答案】C
【解析】
【分析】利用赋值法即可得解.
【详解】因为，
令，可得，
令，可得，
所以.
故选：C
7. 已知抛物线的焦点为，直线与交于，两点，与其准线交于点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】联立直线与抛物线的方程可得，由可求得，将代入抛物线的方程可得，结合题意即可求出，再由抛物线的定义即可得出答案.
【详解】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.
8. 已知，是圆上两点，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.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线与圆相交的弦长可得中点的轨迹为，又根据直线，的方程可知，交点的轨迹方程为，若恰为的中点，即圆与圆有公共点，根据圆与圆的位置关系可得实数的取值范围.
【详解】圆，半径为，
设中点为，且直线与圆的相交弦长为，
即，
所以点的轨迹方程为，
又直线过定点，
直线过定点，
且，
则点是两垂线的交点，所以在以为直径的圆上，
则圆心，半径，
所以点的轨迹方程为，
由于直线的斜率存在，所以点的轨迹要除去点，
若点恰为中点可知圆与圆有公共点，
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. 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
D. 若关于的方程恰有3个不等的实根，则的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据函数奇偶性的定义和判定方法，可判定A正确；由，求得其解集，可判定B不正确；根据函数的单调性和极值的定义，可判定C正确；求得函数的极值，转化为与的图象有3个不同的交点，求得的取值范围，可判定D正确.
【详解】由函数，可得，
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. 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
【答案】BD
【解析】
【分析】利用“五点法”，结合图象求得，从而求得判断A，利用代入检验法判断B，利用检验最值点法判断C，利用正弦函数的性质得到关于的不等式，从而判断D.
【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. 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
【答案】BCD
【解析】
【分析】运用空间中直线和平面的位置关系，几何法求点线距离等方法分析即可.
【详解】对于A，∵，可知异面直线与所成的角等于与所成的角，
因为为正三角形，则，
所以异面直线与所成的角是，故A错；
对于B，因为，面，面，可知面，
因为，面，面，可知面，
且，面，所以面面，
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，
因为，，则，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，
因为，则，，
由，得，
即，解得，
因为，则，
所以的轨迹是以为圆心，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. 若数列满足（为正整数），为数列的前项和，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，根据递推式求，构造数列为常数列，求得数列的通项；对于B，代入等差数列求和公式可得；对于C，D，先放缩，再利用裂项相消法求和可证明.
【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.
【点睛】方法点睛：数列相关不等式的证明，往往难度比较大，要对不等式进行变形，或者借助于基本不等式，数列的函数性质，或者利用导函数进行证明，本题利用不等式进行变形，对通项进行裂项放缩法得出结果.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 设的展开式的二项式系数和为64，则展开式中常数项为_________.
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：由二项式系数的性质，可得，解可得，；
的展开式为，
令，可得，则展开式中常数项为15．
故答案为：15.
14. 已知等比数列，记其前项乘积.若，，则的前5项和为________.
【答案】11
【解析】
【分析】根据等比数列定义解方程组即可求得，再由前项和公式即可求出结果.
【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. 已知函数有三个零点，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】通过分离参数得，研究函数的单调性，极值点，零点，从而得到其大致图像，则得到的范围，解出即可.
【详解】当时，此时，显然无零点.
当时，得，
令，，分别令，，
前者解得，，后者解得或，
故在，递减，递增.
故的极小值为，极大值为，
令，显然分母，则分子，，则有唯一零点0，
作出大致图像如图所示：
所以，解得实数的取值范围是.
故答案为：.
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__________．
【答案】
【解析】
【分析】排课可分为以下两大类：①“丝”被选中，②“丝”不被选中，结合分类计数原理，即可求解.
【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：
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. 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．
【答案】（1）
（2）极小值为，无极大值．
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义求出斜率，利用点斜式写出直线方程；
（2）求出导数方程的根，再讨论根左右的单调性得出结果.
【小问1详解】
依题意，，．
，，
故所求切线方程为，即．
【小问2详解】
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. 如图，在四棱锥中，平面，，，．
（1）求证：平面；
（2）若，且直线与所成角为，求点E到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明为平行四边形得到，然后由线面平行判定定理可证；
（2）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，建立空间直角坐标系，利用向量法求解可得.
小问1详解】
取BD中点为F，连接AF，
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.
【小问2详解】
因为，且直线与所成角为，，
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.
19. 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
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）运用正弦定理，结合三角函数的倍角公式求解角度即可.
（2）先设出角度，后利用正弦，余弦定理，结合两角差的正弦公式求解即可.
【小问1详解】
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，.
【小问2详解】
在中，设，
如图：
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. 记为数列的前项和，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.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）将原式两边同时除以，构造等差数列即可；
（2）由（1）可得，根据得到与关系式，再利用累乘法求解即可；
（3）利用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
，，
，，
数列是首项为1，公差为的等差数列；
【小问2详解】
，
即，
，
两式作差得，
即，
，
即，，
，；
【小问3详解】
，
，
，
，
.
21. 己知椭圆离心率，设点M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MN过点，且，线段MN的中点为P，求直线OP的斜率的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆离心率和b的值，求得，即可得答案.
（2）设直线MN的方程，联立椭圆方程，可得根与系数关系式，结合化简可得，利用点差法求出直线OP的斜率与直线MN的斜率的关系式，即可求得答案.
【小问1详解】
因为，
故椭圆C的标准方程为；
【小问2详解】
由题意可知直线MN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OP的斜率为，
因为，两式相减得，即，
则，
故直线OP的斜率的取值范围为.
22. 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.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)求导，，对a分类讨论进行求解；
(2) ，，则，结合题设可得方程有两个根，设为，，且，则在，上单调递减，在，上单调递增，故当时，有三个极值点，其中，即可求解.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
，，，
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.
【点睛】方法点睛：
1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
