精品解析：江苏省无锡市天一中学2024-2025学年高二(强化班)上学期期末数学试题

江苏省天一中学2024—2025学年第一学期期末考试 高二数学（强化班） 命题人 王凯 审阅人 李维维 一、单选题 1. 若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，则直线与平面的所成的角等于（ ） A. B. C. D. 以上均错 2. 设等差数列的前项和为，若，则等于（ ） A. 9 B. 11 C. 13 D. 25 3. 若直线为函数且的图象的一条切线，则（ ） A. B. C. D. 4. 在四棱锥中，，，，则此四棱锥的高为（ ） A B. C. D. 5. 已知、是椭圆的两个焦点，过的直线与椭圆交于、两点，若，则该椭圆的离心率为（ ） A B. C. D. 6. 设是公比为的无穷等比数列，为其前n项和，，则“”是“存在最小值”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 运动会期间，将甲、乙等5名志愿者安排到，，三个场地参加志愿服务，每名志愿者只能安排去一个场地，每个场地至少需要1名志愿者，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地，则不同的安排方法种数为（ ） A. 72 B. 96 C. 114 D. 124 8. 已知函数，若在开区间内存在极大值点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 下列关于抛物线的图象的几何特征描述正确的是（ ） A. 顶点坐标是 B. 对称轴方程为 C. 焦点坐标为 D. 准线方程为 10. 已知的展开式的二项式系数的和为512，且，下列选项正确的是（ ） A. B. C. 除以8所得的余数为1 D. 11. 如图，由函数与的部分图象可得一条封闭曲线，则（ ） A. 有对称轴 B. 上任意两点间的距离 C. 直线被截得弦长的最大值为 D. 的面积大于 三、填空题 12. 已知函数为其导函数，则的展开式中的常数项为_______．（用数字作答） 13. 已知函数，当时，最小值为4，实数a的值为_______． 14. 在平面直角坐标系中，点为双曲线的右顶点，点在该双曲线上，且使得是以为直角顶点的等腰直角三角形．则所有这样的的个数为_______． 四、解答题 15. 已知数列中，，且当时，. （1）求的通项公式； （2）设，数列的前项和为，证明：. 16. 如图，四面体中，平面． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角． 17. 已知，，． （1）证明：存在唯一实数，使得直线和曲线相切； （2）若不等式有且只有两个整数解，求的范围． 18. 已知双曲线：的渐近线为，焦距为，直线与的右支及渐近线的交点自上至下依次为、、、. （1）求的方程； （2）证明：； （3）求的取值范围. 19. 我们称元有序实数组为n维向量，为该向量范数．已知维向量，其中，记范数为奇数的维向量的个数为，这个向量的范数之和为． （1）求和的值； （2）求的值； （3）当为偶数时，求（用表示）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 江苏省天一中学2024—2025学年第一学期期末考试 高二数学（强化班） 命题人 王凯 审阅人 李维维 一、单选题 1. 若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，则直线与平面的所成的角等于（ ） A. B. C. D. 以上均错 【答案】A 【解析】 【分析】利用直线的方向向量与法向量的夹角与线面角的关系可求答案. 【详解】因为直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于， 所以直线与平面所成的角等于. 故选：A. 2. 设等差数列的前项和为，若，则等于（ ） A. 9 B. 11 C. 13 D. 25 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的性质求解. 【详解】设公差为， ∵，， ∴， ∴， ∴． 故选：B． 3. 若直线为函数且的图象的一条切线，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设切点为，利用导数的几何意义可得出关于、的方程组，即可解出的值. 【详解】设切点为，因为且，则， 由导数的几何意义可得， 所以，即，故， 所以，解得， 故选：B. 4. 在四棱锥中，，，，则此四棱锥的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量法求出点到平面的距离，即为所求. 【详解】设平面的法向量，则， 令，得， 所以此四棱锥的高. 故选：B. 5. 已知、是椭圆的两个焦点，过的直线与椭圆交于、两点，若，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用勾股定理得出，利用椭圆的定义求得、，利用勾股定理可得出关于、的等量关系，由此可解得该椭圆的离心率. 【详解】如下图所示，设，则，，所以，， 所以，， 由椭圆定义可得，，， 所以，， 所以，为等腰直角三角形，可得，， 所以，该椭圆的离心率为. 故选：D. 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下： （1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值； （2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解； （3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率. 6. 设是公比为的无穷等比数列，为其前n项和，，则“”是“存在最小值”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】假设，借助等比数列的性质可得其充分性，举出反例可得其必要性不成立，即可得解. 【详解】若，由，则， 故必有最小值，故“”是“存在最小值”的充分条件； 当，时，有， 则有最小值， 故“”不是“存在最小值”的必要条件； 即“”是“存在最小值”的充分而不必要条件. 故选：A. 7. 运动会期间，将甲、乙等5名志愿者安排到，，三个场地参加志愿服务，每名志愿者只能安排去一个场地，每个场地至少需要1名志愿者，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地，则不同的安排方法种数为（ ） A. 72 B. 96 C. 114 D. 124 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，先将5人分为三组并分配到各个场地，再计算得出甲乙不在同一个场地的情况即可求解. 【详解】将5名志愿者分为1，2，2，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地， 则不同的安排方法有种. 将5名志愿者分为1，1，3，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地， 则不同的安排方法有种. 故不同的安排方法共有种. 故答案为：C. 8. 已知函数，若在开区间内存在极大值点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求导，分离参数得，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可结合分类讨论以及极值的定义求解. 【详解】由题意可得， 令，则，记，则， 当时，此时在上单调递增， 当时，此时在上单调递减，故， 当，且， 若，则，此时存在， 当时，，此时，，故在上单调递减， 当，，此时，，故在上单调递增，此时只有极小值无极大值，不符合题意舍去， 当，则，存在，使， 故当，，此时，，故在上单调递减， 当，，此时，，故在上单调递增， 当，，此时，，故在上单调递减，此时是的极大值点，符合要求， 当，即时，此时，此时，，故单调递减，不符合题意，舍去， 综上可得， 故选：C. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 二、多选题 9. 下列关于抛物线的图象的几何特征描述正确的是（ ） A. 顶点坐标是 B. 对称轴方程为 C. 焦点坐标为 D. 准线方程为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用函数图像的平移变换，将抛物线的方程转化为标准形式，再根据抛物线的几何性质求解即可. 【详解】由题意可得抛物线的图象可由的图象向左平移个单位，再向上平移个单位得到， 因为抛物线即的顶点坐标为，对称轴方程为，焦点坐标为，准线方程为， 所以抛物线的顶点坐标为，对称轴方程为，焦点坐标为，准线方程为， 所以AC说法正确，BD说法错误； 故选：AC 10. 已知的展开式的二项式系数的和为512，且，下列选项正确的是（ ） A. B. C. 除以8所得的余数为1 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据二项式系数公式可得，利用赋值法即可求解求解AB,根据即可求解C，求导，即可求解D. 【详解】根据题意可知，故， 故， 对于A，令，则，令，则，故，故A错误， 对于B，， 故为负值，为正，且令时，， 因此，B正确， 对于C, ,故除以8所得的余数为1，C正确， 对于D，对求导可得 ，令可得，故D正确， 故选：BCD 11. 如图，由函数与的部分图象可得一条封闭曲线，则（ ） A. 有对称轴 B. 上任意两点间的距离 C. 直线被截得弦长的最大值为 D. 的面积大于 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用反函数概念可判断；联立方程，求出交点即可判断；找出过与曲线相切且与平行的点即可；由，计算即可判断. 【详解】对于选项A：由， 的反函数为，两者关于对称，故A正确. 对于选项B：， 令， 当时，；当时，； 可知在上单调递减；上单调递增， 注意到， 在内有一个零点，另一个零点为， ，故B错误. 对于选项C：与曲线对称轴垂直， 如图，只需考察曲线上到距离大最大值即可， 找出过与曲线相切且与平行的点即可， 令，令， 此时到的距离， 直线被截得弦长最大值为，故正确. 对于选项D：，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的三角形面积，通常将三角形分成两个底位于坐标轴上的小三角形，如本题中. 三、填空题 12. 已知函数为其导函数，则的展开式中的常数项为_______．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】函数求导得，求含的项即可求出的常数项，求的常数项和含的项即可求出的常数项，通过求和即可求得的展开式中的常数项. 【详解】由得， 因为的通项公式， 令，， 所以的常数项为. 因为通项公式, 令，， 令，, 所以的常数项为. 的展开式中的常数项为. 故答案为：. 13. 已知函数，当时，的最小值为4，实数a的值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】对函数求导，按的不同取值讨论在时的单调性，进而可得最值，解出的值即可. 【详解】由题意可得，， ①当时，恒成立，单调递减， 此时，解得，不满足； ②当时，令解得， （i）当时， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 此时，解得，满足； （ii）当时， 当时，，单调递减， 此时，解得，不满足； 综上所述， 故答案为： 14. 在平面直角坐标系中，点为双曲线的右顶点，点在该双曲线上，且使得是以为直角顶点的等腰直角三角形．则所有这样的的个数为_______． 【答案】3 【解析】 【分析】设出直线，方程，与双曲线方程联立解出点坐标，再利用是等腰直角三角形可得，解出满足题意的的值的个数即可. 【详解】由题意可知，直线，的斜率均存在且不为， 又直线，互相垂直，所以设，则， 联立消去得， 因为直线与双曲线有两个交点，所以，，解得， 同理可得， 所以， 同理可得， 因为是以为直角顶点的等腰直角三角形．所以，即， 整理得， 当时， 解得或或， 当时，， 解得或或， 因为， 所以由得到的两个三角形是相同的，类似的由和得到的三角形也是相同的， 综上满足题意的共有3个， 故答案为：3 四、解答题 15. 已知在数列中，，且当时，. （1）求的通项公式； （2）设，数列的前项和为，证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用，变形得到，证明出数列是等比数列，即可求出数列的通项公式； （2）利用裂项相消求出数列的前项和为，再利用不等式的性质即可得到. 【小问1详解】 当时，， 又，可得， 当时，，则， 又，所以， 故数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，故； 【小问2详解】 由（1）知， 则， 则数列的前项和 ， 又，则， 故. 16. 如图，四面体中，平面． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先由线面垂直的性质得到，再由勾股定理证明，最后利用线面垂直的判定定理，即可证明； （2）结合（1）的结论，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标公式，即可求解. 【小问1详解】 平面，平面，平面,; , 又,，即证， 又平面，平面. 【小问2详解】 以为坐标原点，分别以，所在直线为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，， 故，，，， 设平面的一个法向量为， 则，取， 设平面的一个法向量为， 则，取， 设平面与平面的夹角为，所以， 所以，故平面与平面的夹角为. 17. 已知，，． （1）证明：存在唯一实数，使得直线和曲线相切； （2）若不等式有且只有两个整数解，求的范围． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，设切点为，得到．设，根据函数的单调性求出的值，判断结论即可； （2）由题知，令，进而结合（1）得函数的单调性求出的最小值，通过讨论的范围，求出满足条件的的范围即可． 【小问1详解】 解：设切点为，则，即，① 因为和相切， 所以，，即，② 所以，即， 令，，所以在上单调递增， 又因为，， 所以，存在唯一实数，使得，且， 所以，只存在唯一实数，使①②成立，即存在唯一实数使得和相切． 【小问2详解】 解：由得，所以， 令，则， 由（1）可知，在上成立，在上成立， 所以，上单调递减，在单调递增，且， 所以，当时，，当时，． 当时，因为要求整数解，所以在时，，所以有无穷多整数解，舍去； 当时，，又，，所以两个整数解0,1，即，所以，即； 当时，，因为，在内大于或等于1，所以无整数解，舍去． 综上，． 【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于将问题转化为，进而构造函数，并结合（1）得其单调性，进而根据，， 时，对分，，三种情况讨论求解. 18. 已知双曲线：的渐近线为，焦距为，直线与的右支及渐近线的交点自上至下依次为、、、. （1）求的方程； （2）证明：； （3）求的取值范围. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据双曲线关系和渐近线、焦距相关概念进行列式计算即可求解. （2）分别联立直线与及其渐近线方程求出、、、的坐标或坐标的关系，进而得出即. （3）根据依次求出和，再依据题意中体现的变量的范围去研究计算面积取值范围即可求解. 【小问1详解】 由题意可得， 所以的方程为. 【小问2详解】 设直线， 因为直线与的右支交于两点，所以且， 联立， 所以，， 且，即， 所以①， 联立，， 联立，， ，即， ，即， 所以， 所以. 【小问3详解】 由（2）O到直线距离为， ，， ， 所以 ， 令，则， 由①， 所以， 【点睛】关键点睛：从直线与的右支交于两点条件中读出隐晦的已知条件且是求解的取值范围的关键. 19. 我们称元有序实数组为n维向量，为该向量的范数．已知维向量，其中，记范数为奇数的维向量的个数为，这个向量的范数之和为． （1）求和的值； （2）求的值； （3）当为偶数时，求（用表示）． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据定义可知，当，范数为奇数时，中0的个数为0或2，根据乘法原理和加法原理求解即可； （2）当为奇数时，要使范数为奇数，则0的个数一定为偶数，可按0的个数为分情况讨论，再根据和的展开式得到的通项公式即可求解； （3）同（2），按0的个数分情况讨论，利用新定义求出的通项公式，再根据组合数的性质化简求解即可. 【小问1详解】 由题意可知，当，范数为奇数时，的个数为偶数， 即中0的个数为0或2， 所以根据乘法原理和加法原理可得，. 【小问2详解】 由题意可知，当为奇数时，在中要使范数为奇数，则0的个数一定为偶数，其余位置为或， 所以可按0的个数为分情况讨论， 根据乘法原理和加法原理可得， 因为①， ②， 所以得， 所以. 【小问3详解】 当为偶数时，在向量中，要使范数为奇数，则的个数一定为奇数，其余位置为或， 所以可按0的个数为分情况讨论， 所以， ， 解法一：因为， 所以 . 解法二：因为③， ④， 得， 又因为， 所以 . 【点睛】难点点睛：本题的难点在于理解新定义，学会类比的方法从特殊到一般，其次对组合数，二项式定理的灵活应用，化简变形要求较高，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$