山西省2023-2024学年高二上学期1月期末质量检测数学试题（含答案解析）

2023~2024学年度高二1月质量检测数学全卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.4.考试结束后，请将试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.集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先解指数不等式化简集合，再利用集合的交集运算即可得解.【详解】由，得，解得，因为，所以，又，所以.故选：D.2.已知复数满足，则复数的模为（）A.2 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的定义求出，从而求出其模.【详解】因为，又，所以，所以，所以或.

故选：B3.下列说法中，正确的是（）A.数列可表示为集合B.数列与数列是相同的数列C.数列的第项为D.数列可记为【答案】C【解析】【分析】利用数列定义即可逐个选项判断即可得解.【详解】对于A，由数列的定义易知A错误；对于B，两个数列排列次序不同，是不同的数列，故B错误；对于C，数列的第项为，故C正确；对于D，因为，所以，这与数列定义不相符，故D错误.故选：C.4.若函数，则（）A.0 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求导，再令即可得解.【详解】，所以.故选：A.5.若，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先根据已知结合平方关系求出，再代入即可得解.【详解】因为，所以，又，所以，即，又，所以，所以，所以.故选：B.6.已知半径为1的圆经过点，其圆心到直线的距离的最大值为（）A. B. C.2 D.3【答案】D【解析】【分析】设圆的圆心为，即可得到圆的圆心的轨迹方程，求出点到直线的距离，即可得解.【详解】设圆的圆心为，则，即圆的圆心的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其中点到直线的距离，则圆心到直线的距离的最大值为.故选：D7.已知公差不为0的等差数列满足，则的最小值为（）A.1 B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】先通过等差数列的性质得到，再利用基本不等式中1的妙用来求解最值.【详解】根据等差数列性质可得，则，，当且仅当，即，时，取“”号．故选：C．8.已知函数，若，则下列式子大小关系正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】求导得到函数单调性，结合得到，由函数单调性得到，故，从而得到，得到答案.【详解】在上恒成立，故在上单调递增，因为，故，所以，故，所以，当时，，故，，则，故，综上，，A正确.故选：A二、多项选择题：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.下列通项公式中，对应的数列是递增数列的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】根据对于一次函数，二次函数及指数函数的单调性逐一判断即可.【详解】对于A，因为，由二次函数的单调性可得数列为递增数列；对于B，因为，由一次函数的单调性可得数列是递减数列；对于C，因为，由指数函数的单调性可得数列是递减数列；对于D，因为，当时，数列是递增数列，当时，数列为递增数列，而，所以数列是递增数列.故选：AD.10.2023年7月31日国家统计局发布了制造业采购经理指数（PMI）如下图所示：则下列说法正确的是（）A.从2022年7月到2023年7月，这13个月的制造业采购经理指数（PMI）的极差为B.2023年7月份，制造业采购经理指数（PMI）为，比上月上升0.3个百分点C.从2023年1月到2023年7月，这7个月的制造业采购经理指数（PMI）的第71百分位数为D.从2022年7月到2022年12月，这6个月的制造业采购经理指数（PMI）的平均数约为【答案】BCD【解析】【分析】根据折线图中的数据，结合极差、平均数、百分位数定义与计算方法逐一判断即可.【详解】由图知，制造业采购经理指数（PMI）的最大值为，最小值为，所以极差为，故A错误；由图可知，2023年7月份，制造业采购经理指数（PMI）为，6月份为，则7月比6月上升个百分点，故B正确；从2023年1月到2023年7月，这7个月制造业采购经理指数（PMI）从小到大的顺序为，因为，所以第71百分位数为第5个数，即为，故C正确；由图可知从2022年7月到2022年12月，这6个月的制造业采购经理指数（PMI）的平均数为，故D正确.故选：BCD.11.已知正四棱锥的底边长为2，高为2，且各个顶点都在球的球面上，则下列说法正确的是（）A.直线与平面所成角的余弦值为B.平面截球所得的截面面积为C.球的体积为D.球心到平面的距离为【答案】ACD【解析】【分析】在直角，求得，可判定A正确；设正四棱锥外接球的半径为，得到平面截球所得的截面圆的半径为，可得判定B错误；求得由外接球的半径为，结合球的体积，可判定C正确；设等腰的外接圆的圆心，外接圆的半径为，结合球的性质，可判定D正确.【详解】如图所示，因为正四棱锥的底边长为2，高为2，且各个顶点都在球的球面上，连接，且，则平面，，对于A中，在直角，，可得，所以，所以A正确；对于B中，设正四棱锥外接球的半径为，在直角中，，可得，即，解得，则平面截球所得的截面圆的半径为，所以截面圆的面积为，所以B错误；对于C中，由外接球的半径为，所以球的体积为，所以C正确；对于D中，设等腰的外接圆的圆心，外接圆的半径为，取的中点，连接，则点在上，且，在直角中，可得，即，解得，根据球的性质，可得平面，在直角中，可得，即球心到平面的距离为，所以D正确.故选：ACD.12.已知为双曲线的左、右焦点，为平面上一点，若，则（）A.当为双曲线上一点时，的面积为4B.当点坐标为时，C.当在双曲线上，且点的横坐标为时，的离心率为D.当点在第一象限且在双曲线上时，若的周长为，则直线的斜率为【答案】ABD【解析】【分析】依题意可得为直角三角形，设，，利用勾股定理及双曲线的定义求出，即可判断A，对称性可知为等腰直角三角形，即可求出，从而得到，即可判断B，曲线与双曲线的交点即为，联立双曲线方程，求出，即可求出，从而求出，即可判断C，由双曲线的定义及所给条件求出，即可得到为等边三角形，从而判断D.【详解】因为为平面上一点，且，所以为直角三角形，设，，在中由勾股定理可得①，由双曲线的定义可得②，②式的平方减①式可得，所以，故A正确；由对称性可知为等腰直角三角形，因此，又且，所以，故B正确；因为，所以点在以为直径的圆上，所以该圆的圆心为原点，半径为，即曲线与双曲线的交点即为，由，则，即（负值舍去），所以，所以离心率，故C错误；由题意可知，，则，所以，即为等边三角形，则直线的斜率为，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点睛：本题关键是双曲线的定义及性质的应用，双曲线上一点与两焦点构成的三角形，称为双曲线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、，得到，的关系．.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设单位向量的夹角的余弦值为，则____________.【答案】##【解析】【分析】利用向量的数量积的运算法则直接计算即可得解.【详解】因为单位向量的夹角的余弦值为，则，所以，则.故答案为：.14.已知抛物线的焦点为，点，若点为抛物线上任意一点，当取最小值时，点的坐标为____________.【答案】【解析】【分析】首先得到抛物线的焦点坐标与准线方程，过点作垂直准线交于点，由抛物线的定义可得，即可得到平行于轴时取最小值，从而求出点坐标.【详解】抛物线焦点为，准线方程为，过点作垂直准线交于点，则，所以，当且仅当、、三点共线时取等号，即平行于轴时取最小值，此时，则，即，所以.故答案为：15.某市举办花展，园方挑选红色、黄色、白色鲜花各1盆，分别赠送给甲、乙、芮三人，每人1盆，则甲没有拿到白色鲜花的概率是____________.【答案】【解析】【分析】根据题意甲、乙、丙三人拿到白色鲜花的概率相等，都为，进而求出甲没有拿到白色鲜花的概率．【详解】设事件为甲拿到白色鲜花，根据题意有红色、黄色、白色鲜花各1盆，分别赠送给甲、乙、丙三人，每人1盆，甲、乙、丙三人拿到白色鲜花的概率相等，都为，所以，则甲没有拿到白色鲜花的概率．故答案为：．16.若存在实数使得，则的值为____________.【答案】【解析】【分析】利用同构法将不等式转化为，再利用导数证得，进而得到，从而求得的值，由此得解.【详解】因为，所以，令，则，当时，单调递减；当时，单调递增；所以，可得，所以，即，当且仅当，即时等号成立，又，所以，故，此时的值为.故答案为：.【点睛】结论点睛：两个常见的重要不等式：（1）；（2）.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17.已知函数，且为极值点.（1）求实数的值；（2）判断是极大值点还是极小值点，并分别求出极大值与极小值.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）由题意可得，即可得解；（2）根据极大值点，极小值点的定义即可判断出极大值点和极小值点，进而可求出极大值和极小值.【小问1详解】，因为为函数的极值点，所以，解得，经检验符合题意，所以；【小问2详解】由（1）得，，当或时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以为极大值点，极大值为，为极小值点，极小值为.18.已知的内角的对边分别为，且．（1）求角；（2）设是边上一点，为角平分线且，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据，利用正弦定理得到，再利用余弦定理求解；（2）在中，，得到，再由为角平分线，得到，然后利用余弦定理求解.【小问1详解】解：由正弦定理得，即，利用余弦定理可知，因为，所以；【小问2详解】在中，，所以，即，因为为角平分线，所以，所以，由余弦定理，得，则，因此．19.已知数列，且.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）v（2）【解析】【分析】（1）分类讨论与，利用作差法即可得解；（2）利用错位相减法即可得解.【小问1详解】因为，当时，，两式相减，得，则，当时，，则，满足上式，所以.【小问2详解】由（1）得，所以，则，两式相减，得，所以.20.如图，在直四棱柱中，，与相交于点，，为线段上一点，且.（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据三角形相似得到，再由，得到，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【小问1详解】因为，所以，所以，又为线段上一点，且，所以，在中，又平面，平面，所以平面.【小问2详解】直四棱柱中，平面，又，如图建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，，设平面的一个法向量为，则，令，可得，，所以平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，则，令，可得，，所以平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角的大小为，所以，即平面与平面的夹角的余弦值为．21.已知函数.（1）证明：；（2）设，求证：对任意的，都有成立.【答案】（1）证明过程见解析（2）证明过程见解析【解析】【分析】（1）构造新函数，根据导数的性质判断新构造函数的单调性，利用单调性进行运算证明即可；（2）根据对数的运算性质，结合分析法、构造函数法进行运算证明即可.【小问1详解】设，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，于是有，即.小问2详解】要证明成立，即证明成立，即证明成立，也就是证明成立，因为，所以原问题就是证明成立，由，设，即证明，也就是证明成立，设，所以当时，函数单调递增，即有，从而成立.【点睛】关键点睛：本题的关键是构造新函数，利用导数的性质判断其单调性，运用函数的单调性进行证明.22.已知椭圆的长轴长为，点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）设是经过椭圆下顶点的两条直线，与椭圆相交于另一点与圆相交于另一点，若的斜率不等于0，的斜率等于斜率的3倍，证明：直线经过定点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）依题意可得，解得、即可；（2）设、的斜率分别为、，，即可得到，，联立直