山东省牟平一中2024届高二数学第一学期期末经典试题含解析

山东省牟平一中2024届高二数学第一学期期末经典试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，则的形状为（）A.直角三角形 B.等边三角形C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形2．已知直线和互相垂直，则实数的值为（）A. B.C.或 D.3．若、且，则下列式子一定成立的是（）A. B.C. D.4．是直线与直线互相平行的（）条件A.必要而不充分 B.充分而不必要C.充要 D.既不充分也不必要5．彬塔，又称开元寺塔、彬县塔，民间称“雷峰塔”，位于陕西省彬县城内西南紫薇山下.某同学为测量彬塔高度，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，，在点测得塔顶的仰角为60°，则塔高（）A.30m B.C. D.6．已知双曲线的左、右焦点分别为，半焦距为c，过点作一条渐近线的垂线，垂足为P，若的面积为，则该双曲线的离心率为（）A.3 B.2C. D.7．函数的最小值为（）A. B.1C.2 D.e8．已知圆，则圆上的点到坐标原点的距离的最小值为（）A.-1 B.C.+1 D.69．函数的导函数为，若已知图象如图，则下列说法正确的是（）A.存在极大值点 B.在单调递增C.一定有最小值 D.不等式一定有解10．已知等差数列的前项和为，，，当取最大时的值为（）A. B.C. D.11．若函数单调递增，则实数a的取值范围为（）A. B.C. D.12．已知圆，则圆C关于直线对称的圆的方程为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在正项等比数列{an}中，若，与的等差中项为12，则等于_______.14．命题“任意，”为真命题，则实数a的取值范围是______.15．知函数，若函数有两个不同的零点，则实数的取值范围为_____________.16．已知直线，，为抛物线上一点，则到这两条直线距离之和的最小值为___________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数，（），（1）若曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a,b的值（2）当时，若函数在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范围18．（12分）如图，正方形和四边形所在的平面互相垂直，.（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角.19．（12分）在中内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且（1）求角A（2）若，，求的面积20．（12分）我们知道：当是圆O：上一点，则圆O的过点的切线方程为；当是圆O：外一点，过作圆O的两条切线，切点分别为，则方程表示直线AB的方程，即切点弦所在直线方程.请利用上述结论解决以下问题：已知圆C的圆心在x轴非负半轴上，半径为3，且与直线相切，点在直线上，过点作圆C的两条切线，切点分别为.（1）求圆C的方程；（2）当时，求线段AB的长；（3）当点在直线上运动时，求线段AB长度的最小值.21．（12分）已知数列，，，且，其中为常数（1）证明：；（2）是否存在，使得为等差数列？并说明理由22．（10分）有两位射击运动员在一次射击测试中各射靶7次，每次命中的环数如下：甲6978856乙a398964经计算可得甲、乙两名射击运动员的平均成绩是一样的（1）求实数a的值；（2）请通过计算，判断甲、乙两名射击运动员哪一位的成绩更稳定？

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B【解析】直接利用正弦定理以及已知条件，求出、、的关系，即可判断三角形的形状【详解】解：在中，已知，，，分别为角，，的对边），由正弦定理可知：，所以，解得，所以为等边三角形故选：【点睛】本题考查三角形的形状的判断，正弦定理的应用，考查计算能力，属于基础题2、B【解析】由两直线垂直可得出关于实数的等式，求解即可.【详解】由已知可得，解得.故选：B.3、B【解析】构造函数，利用函数在上的单调性可判断AB选项；构造函数，利用函数在上的单调性可判断CD选项.【详解】对于AB选项，构造函数，其中，则，所以，函数在上单调递增，因为、且，则，即，A错B对；对于CD选项，构造函数，其中，则.当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，故函数在上不单调，无法确定与的大小关系，故CD都错.故选：B.4、B【解析】求出直线与平行的等价条件，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.【详解】由解得或，当时，与平行，当时，与平行，则直线与直线平行等价于或，所以是直线与直线互相平行的充分而不必要条件.故选：B5、D【解析】在△中有，再应用正弦定理求，再在△中，即可求塔高.【详解】由题设知：，又，△中，可得，在△中，，则.故选：D6、D【解析】根据给定条件求出，再计算面积列式计算作答.【详解】依题意，点，由双曲线对称性不妨取渐近线，即，则，令坐标原点为O，中，，又点O是线段的中点，因此，，则有，即，，，所以双曲线的离心率为故选：D7、B【解析】先化简为，然后通过换元，再研究外层函数单调性，进而求得的最小值【详解】化简可得：令，故的最小值即为的最小值，是关于的单调递增函数，易知对求导可得：当时，单调递减；当时，单调递增则有：故选：B8、A【解析】先求出圆心和半径，求出圆心到坐标原点的距离，从而求出圆上的点到坐标原点的距离的最小值.【详解】变形为，故圆心为，半径为1，故圆心到原点的距离为，故圆上的点到坐标原点的距离最小值为.故选：A9、C【解析】根据图象可得的符号，从而可得的单调区间，再对选项进行逐一分析判断正误得出答案.【详解】由所给的图象，可得当时，，当时，，当时，，当时，，可得在递减，递增；在递减，在递增，B错误，且知，所以存在极小值和，无极大值，A错误，同时无论是否存在，可得出一定有最小值，但是最小值不一定为负数，故C正确，D错误.故选：C.10、B【解析】由已知条件及等差数列通项公式、前n项和公式求基本量，再根据等差数列前n项和的函数性质判断取最大时的值.【详解】令公差为，则，解得，所以，当时，取最大值.故选：B11、D【解析】根据函数的单调性，可知其导数在R上恒成立，分离参数，即可求得答案.【详解】由题意可知单调递增，则在R上恒成立，可得恒成立，当时，取最小值-1，故，故选：D12、B【解析】求得圆的圆心关于直线的对称点，由此求得对称圆的方程.【详解】设圆的圆心关于直线的对称点为，则，所以对称圆的方程为.故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、128【解析】先根据条件利用等比数列的通项公式列方程组求出首项和公差，进而可得.【详解】设正项等比数列{an}的公比为，由已知，得，①，又，②，由①②得，故答案为：128.14、【解析】分离常数，将问题转化求函数最值问题.【详解】任意，恒成立恒成立，故只需，记，，易知，所以.故答案为：15、【解析】根据分段函数的性质，结合幂函数、一次函数的单调性判断零点的分布，进而求m的范围.【详解】由解析式知：在上为增函数且，在上，时为单调函数，时无零点，故要使有两个不同的零点，即两侧各有一个零点，所以在上必递减且，则，可得.故答案为：16、【解析】过作，垂足分别为，由直线为抛物线的准线，转化，当三点共线时，取得最小值【详解】过作，垂足分别为抛物线的焦点为直线为抛物线的准线由抛物线的定义，故，当三点共线时，取得最小值故最小值为点到直线的距离：故答案为：三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、【解析】（1）求a,b的值,根据曲线与曲线在它们的交点处具有公共切线，可知切点处的函数值相等，切点处的斜率相等，列方程组,即可求出的值；（2）求k的取值范围．,先求出的解析式,由已知时，设,求导函数，确定函数的极值点，进而可得时，函数在区间上的最大值为；时，函数在在区间上的最大值小于，由此可得结论试题解析：（1）,因为曲线与曲线在它们的交点处具有公共切线，所以,所以;（2）当时，，，，令，则，令，得，所以在与上单调递增，在上单调递减，其中为极大值，所以如果在区间最大值为，即区间包含极大值点，所以考点：导数的几何意义，函数的单调性与最值18、（1）证明见解析（2）【解析】（1）由题意可证得，所以以C为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量证明，（2）求出两个平面的法向量，利用空间向量求解【小问1详解】∵平面平面，平面平面，∴平面，∴，以C为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为，则，令，则，∵平面，∴∥平面.【小问2详解】，设平面的法向量为，则，令，则.∴.由图可知平面与平面的夹角为锐角，所以平面与平面的夹角为.19、（1）；（2）.【解析】（1）根据正弦定理，结合三角形内角和定理、两角和的正弦公式进行求解即可；（2）根据余弦定理，结合三角形面积公式进行求解即可.【小问1详解】，由正弦定理知，，即又，且．所以，由于．所以；【小问2详解】由余弦定理得：，又，所以所以.20、（1）；（2）；（3）4.【解析】(1)根据圆圆心和半径设圆的标准方程为，利用圆心到切线的距离等于圆的半径即可求出a；(2)根据题意写出AB的方程，根据垂径定理即可求出弦长；(3)根据题意求出AB经过的定点Q，当CQ垂直于AB时，AB最短.【小问1详解】由题，设圆C的标准方程为，则，解得.故圆C方程为；【小问2详解】根据题意可知，直线的方程为，即，圆心C到直线的距离为，故弦长；【小问3详解】设，则，又直线方程为：，故直线过定点Q，设圆心C到直线距离为，则，故当最大时，最短，而，故与垂直时最大，此时，，∴线段长度的最小值4.21、（1）证明见解析（2）存在；理由见解析【解析】（1）由得两式相减可得答案；（2）利用得，可得，是首项为1，公差为4的等差数列，是首项为3，公差为4的等差数列，因此存在【小问1详解】由题设，，，两式相减得，，由于，所以【小问2详解】由题设，，，可得，由（1）知，．令，解得，故，由此可得，是首项为1，公差为4的等差数列，；又，同理，是