天津市南仓中学2023-2024学年高二下学期3月教学质量过程性监测与诊断数学试题

这是一份天津市南仓中学2023-2024学年高二下学期3月教学质量过程性监测与诊断数学试题，共10页。试卷主要包含了本卷共9小题，共36分，设数列满足，则的前项和，设，设的大小关系为等内容，欢迎下载使用。
（数学学科）
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，共120分，考试用时100分钟，第Ⅰ卷至1页，第Ⅱ卷至2页。
答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题纸上。答卷时，考生务必将答案涂写在答题纸上，答在试卷上的无效。
祝各位考生考试顺利！
第Ⅰ卷
注意事项：
1．每小题选出答案后，用铅笔将机读卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
2．本卷共9小题，共36分。
一、选择题（每小题4分，共36分）
1．已知，则（ ）
A． B． C． D．
2．记等比数列的前项和为，若，则（ ）
A． B． C． D．
3：设是椭圆的两个焦点，是椭圆上的点，且，则的面积为（ ）
A．8 B．6 C．4 D．2
4．若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的值为（ ）
A． B．3 C．4 D．
5．函数的图象如图所示，为函数的导函数，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
6．设数列满足，则的前项和（ ）
A． B． C． D．
7．设，设的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
8．若函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．已知函数与函数的图像上恰有两对关于轴对称的点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
天津市南仓中学2023至2024学年度第二学期
高二年级教学质量过程性监测与诊断
（数学学科）
第Ⅱ卷
注意事项：
1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题纸上。
2．本卷共11小题，共84分。
二、填空题（每小题4分，共24分）
10．等差数列中，，则的通项公式为_________。
11．若函数不存在极值点，则实数的取值范围是_________。
12．若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为_________。
13．由伦敦著名建筑事务所SteynStudi设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品，若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线下支的一部分，且此双曲线的下焦点到渐近线的距离为2，离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为_________。
14．已知，则下列正确的为_________。
①曲线在处的切线平行于轴 ②的单调递减区间为
③的极小值为 ④方程没有实数解
15．已知是定义在上的奇函数，且是的导函数，若对于任意的，都有成立，且，则不等式解集为_________。
三、解答题（每题12分，共60分）
16．如图，且且且平面
（1）若为的中点，为的中点，求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的正弦值；
（3）若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长．
17．已知函数，曲线在点处切线方程为．
（1）求实数的值；（2）求的单调区间，并求的极大值。
18．已知数列的前项和为，且，数列满足：，．
（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和；
（3）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围。
19．已知椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为，且。
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作斜率为的直线与椭圆交于另一点是轴上一点，且满足，若直线的斜率为求直线的方程。
20．已知，函数。
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若曲线和有公共点，①当时，求的取值范围；②求证：。
答案
选择题：CDABC CADC
填空题
10． 11． 12． 13． 14．①③ 15．
16．[命题立意]本题考查线面平行的证明、平面与平面的夹角、线面角．
[解]（1）证明：因为平面平面，
所以，
因为，所以两两垂直，
所以以为原点，分别以的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，
所以．
设为平面的法向量，
则
令，则．
因为，
所以，
因为直线平面，所以平面．
（2）依题意，可得．
设为平面的法向量，
则
令，则，
设为平面的法向量，
则
令，则，
所以，
所以平面与平面的夹角的正弦值为．
（3）设线段的长为，则点的坐标为，可得．
易知为平面的一个法向量，
所以，
由题意得，解得．
所以线段的长为．
17．解：（1），
曲线在点处的切线方程为，
，解得．
（2）由（1）可知：，
．
由解得，或，此时函数在单调递增；
由解得，此时函数在单调递减．
故当时，函数取得极大值，极大值为．
18．（1），
当时，，
当时，
，
，
数列是首项为1，公比为3的等比数列，
数列是首项为1，公差为2的等差数列，
（2）
，
，
两式相减得：，
，
。
（3）若不等式对任意*恒成立，
对任意*恒成立，
对任意*恒成立，
对任意*恒成立，
设，
当时，，即，所以单调递增，
当时，，即，所以单调递减，
的最大值为，
，即实数的取值范围为．
19．[命题立意]本题考查椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系。
[解]由题意可得解得
所以，
所以椭圆的方程为．
（2）设直线的方程为，设点，
联立可得，
所以，可得，
则，
即点，
由，得，所以直线的方程为，
在直线的方程中，令可得
即点，
所以，即，
解得或，
因为，解得或，
所以直线的方程为或．
20．[命题立意]本题考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性和极值、构造函数证明不等式、利用平面向量的数量积转化等式．
[解]（1），故，而，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
（2）①依题意，显然，当时，，所以当时，有解，
即函数存在零点．
由，当时，单调递减，当时，单调递增，
则有，即．
当时，有，且，
故在区间内存在零点，符合题意．
所以，的取值范围为．
②证明：依题意，显然，当时，，所以存在实数，使得，即sin．
设向量，
由，
得，
因此．
记，有，则是增函数，故当时，，即，进而有．
又当时，有，所以对于，恒有．
因此，．
记函数，
则．
令，解得，或（舍去）．
当变化时，的变化情况如下表：
故的最小值为．
下面只需证明，
即．
记函数，当时，有，则在上单调递增，进而，即，
所以，．命题得证．
0
单调递减
极小值
单调递增