第1頁/共1頁江蘇省天一中學2024—2025學年第一學期期末考試高二數學（強化班）命題人王凱審閱人李維維一、單選題1.若直線的方向向量與平面的法向量的夾角等于，則直線與平面的所成的角等于（）A. B. C. D.以上均錯【答案】A【解析】【分析】利用直線的方向向量與法向量的夾角與線面角的關系可求答案.【詳解】因為直線的方向向量與平面的法向量的夾角等于，所以直線與平面的所成的角等于.故選：A.2.設等差數列的前項和為，若，則等于（）A.9 B.11 C.13 D.25【答案】B【解析】【分析】根據等差數列的性質求解.【詳解】設公差，∵，，∴，∴，∴．故選：B．3.若直線為函數且的圖象的一條切線，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】設切點為，利用導數的幾何意義可得出關于、的方程組，即可解出的值.【詳解】設切點為，因為且，則，由導數的幾何意義可得，所以，即，故，所以，解得，故選：B.4.在四棱錐中，，，，則此四棱錐的高為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用空間向量法求出點到平面的距離，即為所求.【詳解】設平面的法向量，則，令，得，所以此四棱錐的高.故選：B.5.已知、是橢圓的兩個焦點，過的直線與橢圓交于、兩點，若，則該橢圓的離心率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用勾股定理得出，利用橢圓的定義求得、，利用勾股定理可得出關于、的等量關系，由此可解得該橢圓的離心率.【詳解】如下圖所示，設，則，，所以，，所以，，由橢圓定義可得，，，所以，，所以，為等腰直角三角形，可得，，所以，該橢圓的離心率為.故選：D.【點睛】方法點睛：求解橢圓或雙曲線的離心率的方法如下：（1）定義法：通過已知條件列出方程組，求得、的值，根據離心率的定義求解離心率的值；（2）齊次式法：由已知條件得出關于、的齊次方程，然后轉化為關于的方程求解；（3）特殊值法：通過取特殊位置或特殊值，求得離心率.6.設是公比為的無窮等比數列，為其前n項和，，則“”是“存在最小值”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】假設，借助等比數列的性質可得其充分性，舉出反例可得其必要性不成立，即可得解.【詳解】若，由，則，故必有最小值，故“”是“存在最小值”的充分條件；當，時，有，則有最小值，故“”不是“存在最小值”的必要條件；即“”是“存在最小值”的充分而不必要條件.故選：A.7.運動會期間，將甲、乙等5名志愿者安排到，，三個場地參加志愿服務，每名志愿者只能安排去一個場地，每個場地至少需要1名志愿者，且甲、乙兩名志愿者不安排到同一個場地，則不同的安排方法種數為（）A.72 B.96 C.114 D.124【答案】C【解析】【分析】根據題意，先將5人分為三組并分配到各個場地，再計算得出甲乙不在同一個場地情況即可求解.【詳解】將5名志愿者分為1，2，2，且甲、乙兩名志愿者不安排到同一個場地，則不同的安排方法有種.將5名志愿者分為1，1，3，且甲、乙兩名志愿者不安排到同一個場地，則不同的安排方法有種.故不同的安排方法共有種.故答案為：C.8.已知函數，若在開區間內存在極大值點，則實數a的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求導，分離參數得，構造函數，利用導數求解函數的單調性，即可結合分類討論以及極值的定義求解.【詳解】由題意可得，令，則，記，則，當時，此時在上單調遞增，當時，此時在上單調遞減，故，當，且，若，則，此時存在，當時，，此時，，故在上單調遞減，當，?x=lnx+1x2>?a，此時gx=ax當，則，存在，使，故當，，此時，，故在上單調遞減，當，?x=lnx+1x2>?a，此時gx當，，此時，，故在上單調遞減，此時是的極大值點，符合要求，當，即時，此時，此時，，故單調遞減，不符合題意，舍去，綜上可得，故選：C.【點睛】方法點睛：對于利用導數研究函數的綜合問題的求解策略：1、通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；2、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．3、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．二、多選題9.下列關于拋物線的圖象的幾何特征描述正確的是（）A.頂點坐標是 B.對稱軸方程為C.焦點坐標為 D.準線方程為【答案】AC【解析】【分析】利用函數圖像的平移變換，將拋物線的方程轉化為標準形式，再根據拋物線的幾何性質求解即可.【詳解】由題意可得拋物線的圖象可由的圖象向左平移個單位，再向上平移個單位得到，因為拋物線即的頂點坐標為，對稱軸方程為，焦點坐標為，準線方程為，所以拋物線的頂點坐標為，對稱軸方程為，焦點坐標為，準線方程為，所以AC說法正確，BD說法錯誤；故選：AC10.已知的展開式的二項式系數的和為512，且，下列選項正確的是（）A. B.C.除以8所得的余數為1 D.【答案】BCD【解析】【分析】根據二項式系數公式可得，利用賦值法即可求解求解AB,根據即可求解C，求導，即可求解D.【詳解】根據題意可知，故，故，對于A，令，則，令，則，故，故A錯誤，對于B，，故為負值，為正，且令時，，因此，B正確，對于C,,故除以8所得的余數為1，C正確，對于D，對求導可得，令可得，故D正確，故選：BCD11.如圖，由函數與的部分圖象可得一條封閉曲線，則（）A.有對稱軸B.上任意兩點間的距離C.直線被截得弦長的最大值為D.的面積大于【答案】ACD【解析】【分析】利用反函數概念可判斷；聯立方程，求出交點即可判斷；找出過與曲線相切且與平行的點即可；由，計算即可判斷.【詳解】對于選項A：由，的反函數為，兩者關于對稱，故A正確.對于選項B：，令，當時，；當時，；可知在上單調遞減；上單調遞增，注意到??2在內有一個零點，另一個零點為，，故B錯誤.對于選項C：與曲線對稱軸垂直，如圖，只需考察曲線上到距離大最大值即可，找出過與曲線相切且與平行的點即可，令，令，此時到的距離，直線被截得弦長最大值為，故正確.對于選項D：，故D正確.故選：ACD.【點睛】方法點睛：圓錐曲線中的三角形面積，通常將三角形分成兩個底位于坐標軸上的小三角形，如本題中.三、填空題12.已知函數為其導函數，則的展開式中的常數項為_______．（用數字作答）【答案】81【解析】【分析】函數求導得，求含的項即可求出的常數項，求的常數項和含的項即可求出的常數項，通過求和即可求得的展開式中的常數項.【詳解】由得，因為的通項公式，令，，所以的常數項為.因為的通項公式,令，，令，,所以的常數項為.的展開式中的常數項為.故答案為：81.13.已知函數，當時，的最小值為4，實數a的值為_______．【答案】【解析】【分析】對函數求導，按的不同取值討論在時的單調性，進而可得最值，解出的值即可.【詳解】由題意可得，，①當時，恒成立，單調遞減，此時，解得，不滿足；②當時，令解得，（i）當時，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，此時，解得，滿足；（ii）當時，當時，，單調遞減，此時，解得，不滿足；綜上所述，故答案為：14.在平面直角坐標系中，點為雙曲線的右頂點，點在該雙曲線上，且使得是以為直角頂點的等腰直角三角形．則所有這樣的的個數為_______．【答案】3【解析】【分析】設出直線，方程，與雙曲線方程聯立解出點坐標，再利用是等腰直角三角形可得，解出滿足題意的的值的個數即可.【詳解】由題意可知，直線，的斜率均存在且不為，又直線，互相垂直，所以設，則，聯立消去得，因為直線與雙曲線有兩個交點，所以，，解得，同理可得，所以，同理可得，因為是以為直角頂點的等腰直角三角形．所以，即，整理得，當時，解得或或，當時，，解得或或，因，所以由得到的兩個三角形是相同的，類似的由和得到的三角形也是相同的，綜上滿足題意的共有3個，故答案為：3四、解答題15.已知在數列中，，且當時，.（1）求的通項公式；（2）設，數列的前項和為，證明：.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）利用，變形得到，證明出數列是等比數列，即可求出數列的通項公式；（2）利用裂項相消求出數列的前項和為，再利用不等式的性質即可得到.【小問1詳解】當時，，又，可得，當時，，則，即，又，故數列是以為首項，為公比的等比數列，則，故；【小問2詳解】由（1）知，則，則數列的前項和，又，則，故.16.如圖，四面體中，平面．（1）求證：平面；（2）求平面與平面的夾角．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）先由線面垂直的性質得到，再由勾股定理證明，最后利用線面垂直的判定定理，即可證明；（2）結合（1）的結論，建立空間直角坐標系，分別求出平面與平面的法向量，再利用空間向量夾角余弦的坐標公式，即可求解.【小問1詳解】平面，平面，平面,;,,又,，即證，又平面，平面.【小問2詳解】以為坐標原點，分別以，所在直線為軸正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示：則，，，，故，，，，設平面的一個法向量為，則，取，設平面的一個法向量為，則，取，設平面與平面的夾角為，所以，所以，故平面與平面的夾角為.17.已知，，．（1）證明：存在唯一實數，使得直線和曲線相切；（2）若不等式有且只有兩個整數解，求的范圍．【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】【分析】（1）求出函數的導數，設切點為，得到．設，根據函數的單調性求出的值，判斷結論即可；（2）由題知，令，進而結合（1）得函數的單調性求出的最小值，通過討論的范圍，求出滿足條件的的范圍即可．【小問1詳解】解：設切點為，則，即，①因為和相切，所以，，即，②所以，即，令，，所以在上單調遞增，又因為，，所以，存在唯一實數，使得，且，所以，只存在唯一實數，使①②成立，即存在唯一實數使得和相切．【小問2詳解】解：由得，所以，令，則，由（1）可知，在上成立，在上成立，所以，在上單調遞減，在單調遞增，且，所以，當時，，當時，．當時，因為要求整數解，所以在時，，所以有無窮多整數解，舍去；當時，，又，，所以兩個整數解為0,1，即，所以，即；當時，，因為，在內大于或等于1，所以無整數解，舍去．綜上，．【點睛】關鍵點點睛：本題第二問解題的關鍵在于將問題轉化為，進而構造函數，并結合（1）得其單調性，進而根據，，時，對分，，三種情況討論求解.18.已知雙曲線：的漸近線為，焦距為，直線與的右支及漸近線的交點自上至下依次為、、、.（1）求的方程；（2）證明：；（3）求的取值范圍.【答案】（1）（2）證明見解析（3）【解析】【分析】（1）根據雙曲線關系和漸近線、焦距相關概念進行列式計算即可求解.（2）分別聯立直線與及其漸近線方程求出、、、的坐標或坐標的關系，進而得出即.（3）根據依次求出和，再依據題意中體現的變量的范圍去研究計算面積取值范圍即可求解.【小問1詳解】由題意可得，所以的方程為.【小問2詳解】設直線，因為直線與的右支交于兩點，所以且，聯立，所以，，且，即，所以①，聯立，，聯立，，，即，，即，所以，所以.【小問3詳解】由（2）O到直線距離為，，，，所以，令，則，由①，所以，【點睛】關鍵點睛：從直線與的右支交于兩點條件中讀出隱晦的已知條件且是求解的取值范圍的關鍵.19.我們稱元有序實數組為n維向量，為該向量的范數．已知維向量，其中，記范數為奇數的維向量的個數為，這個向量的范數之和為．（1）求和的值；（2）求的值；（3）當為偶數時，求（用表示）．【答案】（1），（2）（3）【解析】【分析】（1）根據定義可知，當，范數為奇數時，中0的個數為0或2，根據乘法原理和加法原理求解即可；（2）當為奇數時，要使范數為奇數，則0的個數一定為偶數，可按0的個數為分情況討論，再根據和的展開式得到的通項公式即可求解；（3）同（2），按0個數分情況討論，利用新定義求出的通項公式，再根據組合數的性質化簡求解即可.【小問1詳解】由題意可知，當，范數為奇數時，的個數為偶數，即中0的個