浙江省宁波市九校2021-2022学年高二数学上学期期末试卷（Word版附解析）

宁波市2021学年第一学期期末九校联考高二数学试题第Ⅰ卷一、选择题：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.已知向量，．若，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件利用空间向量平行的坐标表示直接计算作答.【详解】向量，，因，则，解得，所以，B，D都不正确；，C不正确，A正确.故选：A2.已知数列的通项公式为．若数列的前n项和为，则取得最大值时n的值为（）A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【分析】根据单调性分析出数列的正数项有哪些即可求解.【详解】由条件有，当时，，即；当时，，即.即，所以取得最大值时n的值为.故选：C 3.若函数的图象如图所示，则函数的导函数的图象可能是（）A.B.CD.【答案】C【解析】【分析】由函数的图象可知其单调性情况，再由导函数与原函数的关系即可得解.【详解】由函数的图象可知，当时，从左向右函数先增后减，故时，从左向右导函数先正后负，故排除AB；当时，从左向右函数先减后增，故时，从左向右导函数先负后正，故排除D.故选：C.4.已知直线，椭圆．若直线l与椭圆C交于A，B两点，则线段AB的中点的坐标为（）A.B. C.D.【答案】B【解析】【分析】联立直线方程与椭圆方程，消y得到关于x的一元二次方程，根据韦达定理可得，进而得出中点的横坐标，代入直线方程求出中点的纵坐标即可.【详解】由题意知，，消去y，得，则，，所以A、B两点中点的横坐标为：，所以中点的纵坐标为：，即线段AB的中点的坐标为.故选：B5.若数列为等差数列，数列为等比数列，则下列不等式一定成立的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】对选项A，令即可检验；对选项B，令即可检验；对选项C，令即可检验；对选项D，设出等差数列的首项和公比，然后作差即可.【详解】若，则可得：，故选项A错误； 若，则可得：，故选项B错误；若，则可得：，故选项C错误；不妨设的首项为，公差为，则有：则有：，故选项D正确故选：D6.已知是偶函数的导函数，．若时，，则使得不等式成立的的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】构造函数，分析函数在上的单调性，将所求不等式变形为，可得出关于的不等式，即可得解.【详解】构造函数，其中，则，所以，函数为上的奇函数，当时，，且不恒为零，所以，函数在上为增函数，且该函数在上也为增函数，故函数在上为增函数， 因为，则，由得，可得，解得故选：C.7.若将双曲线绕其对称中心顺时针旋转120°后可得到某一函数的图象，且该函数在区间上存在最小值，则双曲线C的离心率为（）A.B.C.2D.【答案】C【解析】【分析】由题意，可知双曲线的一条渐近线的倾斜角为120°，再确定参数的正负即可求解.【详解】双曲线，令，则，显然，则一条渐近线方程为，绕其对称中心顺时针旋转120°后可得到某一函数的图象，则渐近线就需要旋转到与坐标轴重合，故渐近线方程的倾斜角为120°，即，该函数在区间上存在最小值，可知，所以，所以.故选：C8.如图，在直三棱柱中，且，点E为中点．若平面 过点E，且平面与直线AB所成角和平面与平面所成锐二面角的大小均为30°，则这样的平面有（）A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】B【解析】【分析】构造出长方体，取中点连接然后利用临界位置分情况讨论即可.【详解】如图，构造出长方体，取中点，连接则所有过点与成角的平面，均与以为轴的圆锥相切，过点绕且与成角，当与水平面垂直且在面的左侧（在长方体的外面）时，与面所成角为75°（与面成45°，与成30°），过点绕旋转，转一周，90°显然最大，到了另一个边界（在面与之间）为15度， 即与面所成角从75°→90°→15°→90°→75°变化，此过程中，有两次角为30 ，综上，这样的平面α有2个，故选：B.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.若，，是三个不共面的单位向量，且两两夹角均为，则（）A.的取值范围是B.能构成空间的一个基底C.“”是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件D.【答案】BD【解析】【分析】根据给定条件结合空间向量相关知识逐一分析各个选项即可判断作答.【详解】因，，是三个不共面的单位向量，且两两夹角均为，则三棱锥是侧棱长为1的正三棱锥，如图，作平面于点，连接，则，，，中，由余弦定理得， 于是得，A不正确；因，，是不共面的，由空间向量基底的意义知，B正确；假定P，A，B，C四点共面，依题意，存在唯一实数对使得，即，而，由空间向量基本定理知，此方程组无解，则有P，A，B，C四点不共面，“”是“P，A，B，C四点共面”的不充分不必要条件，C不正确；，D正确.故选：BD10.在平面直角坐标系xOy中，点，动点M到点F的距离与到直线的距离相等，记M的轨迹为曲线C．若过点F的直线与曲线C交于，两点，则（）A.B.的面积的最小值是2C.当时，D.以线段OF为直径的圆与圆相离【答案】BCD【解析】【分析】由题意可知点M的轨迹是以F为焦点,直线为准线的抛物线，结合抛物线的相关知识可以判断ABC，结合圆与圆的位置关系的相关知识，可判断D【详解】依据题意动点M到点F(1,0)的距离与它到直线的距离相等，由抛物线定义知点M的轨迹是以F为焦点,直线为准线的抛物线，所以点P的轨迹C的方程为 对于A，取AB⊥x轴，则故A错误；对于B，显然直线AB的斜率不为0,设直线AB的方程为,联立整理可得所以所以，当时取等号，所以的面积的最小值是2，所以B正确；C中，时,则所以③,而①，②，①②③联立可得由抛物线的性质可得所以C正确；D中,以OF为直径的圆的方程为,圆心半径圆的圆心半径所以圆心距可得两个圆相离，所以D正确；故选：BCD.11.若函数，则（）A.函数的值域为RB.函数有三个单调区间C.方程有且仅有一个根D.函数有且仅有一个零点 【答案】BC【解析】【分析】利用导数研究函数单调性求出函数的值域，即可判断选项A；利用导数研究函数的单调性和二次函数的性质，即可判断选项B；将问题转化为函数图象的交点，分别利用二次求导、三次求导讨论函数的单调性，即可判断选项C、D；【详解】A：，令，所以在上，单调递增，在上，单调递减，所以，所以的值域为，故A错误；B：，，令，，所以函数有两个零点，所以在上，即，则单调递增，在上，即，则单调递减，所以有3个单调区间，故B正确；C：方程的根为的根，令，则，令，则，所以在上，单调递减，在上，单调递增，所以，所以，有，单调递增，所以函数与有一个交点，即方程有一个根，所以方程有且只有一个根，故C正确；D：函数的零点为方程的根，令，则， 所以，有，即，得，令，则，令，则，所以在R上单调递增，又，所以存在使得，则在上，即，单调递减，在上，即，单调递增，所以，当时，方程无根，函数没有零点；当时，方程有一个根，函数有一个零点；当时，方程有两个根，函数有两个零点，故D错误.故选：BC【点睛】在解函数零点相关的问题时，通常将问题转化为方程的根或函数的交点来研究，利用导数讨论函数的单调性、值域时，若第一次导没有得出结果，往往要进行二次求导或三次求导，平时练习应注重培养计算能力、逻辑推理能力和数形结合、分类讨论思想.12.若数列满足，则（）A.当，时，B.当，时，C.当，时，D.当，时，【答案】AD【解析】 【分析】利用基本不等式和二次函数的性质即可判断选项A；由选项A可知，根据累乘法得到，结合不等式的性质即可判断选项B；举例，即可判断选项C；将递推公式变形可得，结合裂项相消法即可判断选项D.【详解】A：当时，，所以，当且仅当即时等号成立，又，所以等号取不到，故A正确；B：由A知，由累乘法得，所以，所以，故B错误；C：当时，，不满足题意，故C错误；D：当时，，所以，有，即，所以，故D正确.故选：AD第Ⅱ卷 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上面一层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……．设各层球数构成一个数列，其中，，，则______．【答案】15【解析】【分析】由分析可知每次小球数量刚好是等差数列的求和，最后直接公式即可算出答案.【详解】由题意可知,，所以，故答案为：1514.已知点为双曲线的左焦点，过原点的直线l与双曲线C相交于P，Q两点．若，则______．【答案】7【解析】【分析】先证明四边形是平行四边形，再根据双曲线的定义可求解.【详解】由双曲线的对称性，可知，又，所以四边形是平行四边形，所以，由，可知点在双曲线的左支，如下图所示： 由双曲线定义有，又，所以.故答案为：15.如图，正四棱锥的棱长均为2，点E为侧棱PD的中点．若点M，N分别为直线AB，CE上的动点，则MN的最小值为______．【答案】【解析】【分析】根据题意，先建立空间直角坐标系，然后写出相关点的坐标，再写出相关的向量，然后根据点分别为直线上写出点的坐标，这样就得到，然后根据的取值范围而确定 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则有：，，，，，可得：设，且则有：，可得：则有：故 则当且仅当时，故答案为：16.若函数恰有两个极值点，则k的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】求导得有两个极值点等价于函数有一个不等于1的零点，分离参数得，令，利用导数研究的单调性并作出的图象，根据图象即可得出k的取值范围．【详解】函数的定义域为，，令，解得或，若函数有2个极值点，则函数与图象在上恰有1个横坐标不为1的交点，而，令，令或，故在和上单调递减，在上单调递增，又，如图所示， 由图可得.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知过点的圆的圆心M在直线上，且y轴被该圆截得的弦长为4．（1）求圆M的标准方程；（2）设点，若点P为x轴上一动点，求的最小值，并写出取得最小值时点P的坐标．【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）用待定系数法设出圆心，根据圆过点和弦长列出方程求解即可；（2）当三点共线时有最小值，求出直线MN的方程，令y=0即可.【小问1详解】由题意可设圆心，因为y轴被圆M截得的弦长为4，所以，又， 则，化简得，解得，则圆心，半径，所以圆M的标准方程为．【小问2详解】点关于x轴的对称点为，则，当且仅当M，P，三点共线时等号成立，因为，则直线的方程为，即，令，得，则．18.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若对任意的，恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求导，由到数值求出斜率，最后根据点斜式求出方程即可；（2）采用分离常数法，转化为求新函数的值域即可.【小问1详解】时，，，则，，所以在点处的切线方程为，即．【小问2详解】 对任意的，恒成立，即，对任意的，令，即，则，因为，，所以当时，，在区间上单调递减，当时，，在区间上单调递增，则，所以．19.已知正项等差数列满足：，且，，成等比数列．（1）求的通项公式；（2）设的前n项和为，且，求的前n项和．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式结合条件即求；（2）利用条件可得，然后利用错位相减法即求.【小问1详解】设等差数列公差为d，由得，即，化简得，又，，成等比数列，则， 即，将代入上式得，化简得，解得或－2（舍去），则，所以．【小问2详解】∵，当时，，当时，，符合上式，则，所以，令，则，，∴，化简得．综上，的前n项和．20.如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，，． （1）证明：；（2）当PB的长为何值时，直线AB与平面PCD所成角的正弦值为？【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由线面垂直的判断定理证明平面PAB，再由线面垂直的性质定理即可证明；（2）以A为原点，AB，AC，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设，求出平面PCD的法向量的坐标，根据直线AB与平面PCD所成角的正弦值为，利用向量法可求得，从而可求解PB的长.【小问1详解】证明：因为底面ABCD，又平面ABCD，所以，又，，AB，平面PAB，所以平面PAB，又平面PAB，所以；小问2详解】解：因为底面ABCD，，所以以A为原点，AB，AC，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系， 因为，，，所以，则，，所以，，，，设，则，，，设平面PCD的法向量为，则，令，则，，所以，所以，解得，则，所以当时，直线AB与平面PCD所成角正弦值为．21.已知椭圆的离心率为，以椭圆两个焦点与短轴的一个端点 为顶点构成的三角形的面积为．（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点作直线l与椭圆C相切于点Q，且直线l斜率大于0，过线段PQ的中点R作直线交椭圆于A，B两点（点A，B不在y轴上），连结PA，PB，分别与椭圆交于点M，N，试判断直线MN的斜率是否为定值；若是，请求出该定值．【答案】（1）（2）是，【解析】【分析】（1）根据离心率以及椭圆两个焦点与短轴的一个端点为顶点构成的三角形的面积列出等式即可求解；（2）设出相关直线与相关点的坐标，直线与椭圆联立，点的坐标配合斜率公式化简，再运用韦达理化简可证明.【小问1详解】由题意得，解得，则椭圆C的标准方程为．【小问2详解】 设切线PQ的方程为，，，，，由，消去y得①，则，解得或（舍去），将代入①得，，解得，则，所以，又R为PQ中点，则，因为PA，PB斜率都存在，不妨设，，由①可得，所以，，同理，，则，又R，A，B三点共线，则，化简得，所以.22.已知函数． （1）讨论函数的单调性；（2）若函数有两个零点，，证明：．【答案】（1）函数的单调性见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)求出函数的导数，按a值分类讨论判断的正负作答.(2)将分别代入计算化简变形，再对所证不等式作等价变形，构造函数，借助函数导数推理作答.【小问1详解】已知函数的定义域为，，当时，恒成立，所以在区间上单调递增；当时，由，解得，由，解得，的单调递增区间为，单调递减区间为，所以，当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减.【小问2详解】依题意，不妨设，则，，于是得，即，亦有，即，因此，， 要证明，即证，即证，即证，即证，令，，，则有在上单调递增，，，即成立，所以.【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.