陕西省安康市2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题【含答案解析】

2023～2024学年度高二第一学期期末考试数学本试卷分选择题非选择题两部分，共4页．满分150分．考试用时120分钟．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．一、单项选择题：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.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】试题分析：,,所以，故选A.考点：集合的运算.2.已知圆的方程为，则“”是“函数的图象与圆有四个公共点”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由题可知直线与圆相交，且原点在圆外，建立不等式即可求出.【详解】解：若直线与圆相交，则到直线的距离小于，即，解得．若函数的图象与圆有四个公共点，则原点在圆外，，由此可得，若函数的图象与圆有四个公共点，则．故“”是“函数的图象与圆有四个公共点”的必要不充分条件．故选：B．【点睛】本题考查充分、必要条件的判断，其中涉及直线与圆的位置关系，属于基础题.3.已如向量，，且与互相垂直，则（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】计算，根据向量垂直得到答案.【详解】，，则，与互相垂直，则，.故选：B.【点睛】本题考查了根据向量垂直求参数，属于简单题.4.抛物线的焦点到直线的距离为，则（）A.1 B.2 C. D.4【答案】B【解析】【分析】首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得的值.【详解】抛物线的焦点坐标为，其到直线的距离：，解得：(舍去).故选：B.5.若数列为等差数列，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的概念及通项公式求得公差，从而可得，再利用诱导公式即可化简，从而得解.【详解】由题意得，数列为等差数列，且，则，，故选：C．6.在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】解：建立空间直角坐标系，如图所示：则，得，设异面直线与所成角的，则.故选：B7.已知分别为椭圆的左右焦点，P为C上一动点，A为C的左顶点，若，则C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由可得即，化简即可求出答案.【详解】解：∵∴，即∴∴，∴.故选：A.8.如图1，把棱长为1的正方体沿平面和平面截去部分后，得到如图2所示几何体，该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】将正方体分割后，截去部分为和，但重复截取了，所以剩余的体积为，即可由正方体的体积公式和三棱锥的体积公式求解.【详解】将棱长为1的正方体沿平面和平面截去部分后，由几何体的结构可知分别截去了和，但重复截取了，所以剩余部分的体积为故选:B【点睛】本题考查了空间几何体的结构特征，三棱锥体积的求法，对空间想象能力要求较高，属于中档题.二、多选题：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.已知直线过点且与线段的延长线有公共点，若，，则直线的斜率的取值可以是（）A. B.0 C. D.【答案】ABC【解析】【分析】先作出直线与线段的延长线，再结合图像观察即可得解.【详解】由图像可知：要使直线与线段的延长线有公共点，则，又，则直线的斜率的取值范围是.故选：ABC.10.已知函数（，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）A. B.C.的一条对称轴为 D.在区间上单调递增【答案】BD【解析】【分析】通过函数的图象求出函数的解析式，按照正弦型函数的性质逐一判断各选项即可.【详解】由五点法对应得，解得，故A错误，B正确；同理可得，解得，所以函数，函数的对称轴为：，解得，故不是函数的一条对称轴，故C错误；函数的单调递增区间为,解得，令，则一个单调递增区间为，所以函数在区间上单调递增，故D正确.故选：BD.11.（多选）在平面直角坐标系中，由直线上任一点P向椭圆作切线，切点分别为A，B，点A在x轴的上方，则（

）A.恒为锐角 B.当垂直于x轴时，直线的斜率为C.的最小值为4 D.存在点P，使得【答案】ABD【解析】【分析】对于A项，利用椭圆的切点弦方程可得过椭圆左焦点，再判定以为直径的圆与直线的位置关系即可；对于B项，当垂直于x轴时，可直接解得切线方程判定即可；对于C项，特殊值法判定即可；对于D项，取中点，易知，建立方程计算即可.【详解】对于A项，设切线方程为联立得：，∵直线与椭圆相切，故则，∴切线PA的方程为，同理切线PB的方程为，而P点在上，故，又满足该方程组，故，显然过定点，即椭圆左焦点以为直径的圆半径最大无限接近，但该圆与一直相离，即始终为锐角，A正确；对于B项，由A得，轴时，，易得，，故B正确；对于C项，由B知轴时，，此时，故C错误；对于D项，取中点，若，则，即为等腰三角形，，化简得，由A知：，整理得：，显然存在P满足题意，故D正确；故选：ABD.【点睛】方法点睛：对于小题，提高效率可以用特殊值法，极端位置猜测，这里也需要积累一些比较常用的二级结论：（1）过椭圆上一点的切线方程，（2）椭圆外一点引两条切线，切点连线方程为；（3）椭圆的准线方程：，过准线引椭圆的两条切线，切点连线过对应焦点.12.给出下列命题，其中正确的是（）A.幂函数图象一定不过第四象限B.函数的图象过定点C.是奇函数D.函数有两个零点【答案】ABCD【解析】【分析】根据指数函数，对数函数，幂函数的性质依次判断即可．【详解】对A，根据幂函数的性质，可知幂函数图象一定不过第四象限，故A对；对B，函数，令，可得，代入可得，图象过定点，故B对；对C，令，定义域为，因为，且的定义域关于原点对称，所以是奇函数，故C对；对D，函数的零点可以看成函数与的交点问题，易知两个函数图象有两个交点，即有两个零点，故D对；故选：ABCD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.复数满足，则的共轭复数________.【答案】【解析】【分析】先求出复数，进而求得其共轭复数．【详解】解：，．故答案为：．14.直线恒过定点______．【答案】【解析】【分析】将直线转化为，令，解方程即可.【详解】将直线化为，令，解得，故直线的恒过点为.故答案为：15.已知圆上恰有2个点到直线距离为2，当r为正整数时，写出一个可能的r的值为_____________．【答案】4（答案不唯一）【解析】【分析】计算圆心到直线的距离，由条件确定半径的大小.【详解】因为圆的方程为，所以圆心的坐标为，圆的半径为，所以圆心到直线的距离，由圆上恰有2个点到直线距离为2，可得，所以，又r为正整数，所以r的值为4或5或6，故答案为：4(答案不唯一).16.蹴鞠（如图所示），又名球、蹴圆、筑球、踢圆等，有用脚蹴、蹋、踢含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而赋鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动类似今日的足球，2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列人第一批国家非物质文化遗产名录，已知鞠的表面上有四个点A，，，，四面体的体积为，经过该鞠的中心，且，，则该鞠的表面积为______．【答案】【解析】【分析】取AC中点，连接、，易得AC为圆面ABC的直径，平面ABC，进而得到平面ABC，然后根据四面体ABCD的体积为，可求外接球半径并求表面积.【详解】如图，取AC的中点M，连接BM与球O交于另一点N，连接OM，DN，易知AC为圆面ABC的直径，平面ABC，因为O，M分别为BD，BN的中点，所以，所以平面ABC，因为，可得，即，在中，，可知，则，所以球O的表面积为．故答案为：．【点睛】方法点睛：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.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.为了推广一种新饮料，某饮料生产企业开展了有奖促销活动：将6罐这种饮料装一箱，每箱中都放置2罐能够中奖的饮料.若从一箱中随机抽出2罐，能中奖的概率为多少？【答案】【解析】【分析】“中奖”包括第一罐中奖但第二罐不中奖、第一罐不中奖但第二罐中奖、两罐都中奖三种情况：如果设A=“中奖”,=“第一罐中奖”,=“第二罐中奖”,那么就可以通过事件的运算构建相应事件,并利用概率的性质解决问题【详解】设事件A=“中奖”,事件=“第一罐中奖”,事件=“第二罐中奖”,那么事件=“两罐都中奖”,=“第一罐中奖,第二罐不中奖”,=“第一罐不中奖,第二罐中奖”,且,因为两两互斥,所以根据互斥事件的概率加法公式,可得,我们借助树状图来求相应事件的样本点数,可以得到,样本空间包含的样本点个数为,且每个样本点都是等可能的,因为,所以,故中奖的概率的为【点睛】本题考查利用树状图求事件的样本点数,考查互斥事件的概率加法公式的应用18.在中，，，边中线.（1）求的值；（2）求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理结合三角恒等变换得出值；（2）由余弦定理得出，最后由面积公式得出的面积．【小问1详解】因为，所以由正弦定理可得因为，所以，因为，所以.【小问2详解】因为，，可知为等腰三角形.在中，由余弦定理可得即，解得.所以的面积为.19.设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．（1）求的公比；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论；（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.【详解】（1）设的公比为，为的等差中项，，；（2）设的前项和为，，，①，②①②得，，.【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.20.如图，在四棱锥中，，底面为菱形，，，设点、分别为、的中点．（1）判断直线与平面的位置关系，并证明；（2）若四棱锥的体积为，求平面与平面所成角的大小．【答案】（1）直线平面，证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设的中点为，连接，，证得且，得到为平行四边形，得出，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；（2）设的中点为，连接，证得平面，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】解：直线平面.证明如下：设中点为，连接，，因为点为的中点，所以，且，因为点为的中点，且底面为菱形，所以，且．从而可得且，即可得为平行四边形，即可得，平面，平面,所以直线平面．【小问2详解】解：设的中点为，连接．因为，，则，所以为等腰直角三角形，可得，设点到平面的距离为，因为菱形的面积为，且四棱锥的体积为，可得，解得，即，所以平面，以点为原点，以所在的直线分别为轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得，则，，设平面的法向量为，可得，取，可得，所以，因为平面，所以平面的一个法向量为，则，又因为，所以，所以平面与平面所成角的大小为．21.已知椭圆的一个焦点坐标为，A，B分别是椭圆的左、右顶点，点在椭圆C上，且直线与的斜率之积为．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设直线与椭圆分别相交于M，N两点，直线（O为坐标原点）与椭圆的另一个交点为E，求的面积S的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆的顶点坐标，结合斜率的计算公式，可整理椭圆方程，建立方程，可得答案；（2）由题意，利用三角形中线性质，分割三角形，整理三角形面积表达式，联立直线与椭圆方程，写出韦达定理，求得面积表达式中的变量，利用基本不等式，可得答案.【小问1详解】由已知得，且，即，因此有，得．因此，得，，所以椭圆的标准方程为．【小问2详解】显然直线经过x轴上的定点，设，，则由椭圆的对称性得，联立，消去x得．恒成立，所以，．．令，显然有，于是，当，即时取等号．因此的面积S的最大值为．22.已知函数，．（1）判断函数的奇偶性，并说明理由；（2）当时，证明：函数在上单调递减；（3）若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围．【答案】（1）函数为奇函数，理由见解析；（2）证明见解析；（3）【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，确定关于原点对称，然后利用奇函数的定义判定为奇函数.（2）任取，将通分，提取公因式，转化为数个因式的乘积的的形式，然后得到，从而证明函数在上单调递减.（3）化简整理，并利用换元法转化为恒成立.然后分与分别求解，综合得到的取值范围.【小问1详解】函数为奇函数，