2023-2024学年广西壮族自治区桂林市高二下学期期末质量检测数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年广西壮族自治区桂林市高二下学期期末质量检测数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列求导运算正确的是A.(cosx)′=sinx B.(sinx)′=cosx2.双曲线x2−yA.12 B.2 C.2 3.曲线y=x3在点(1,1)处的切线方程是A.x+y−2=0 B.x−y+2=0 C.3x+y−4=0 D.3x−y−2=04.已知数列{an}的各项均不为0，a1=1，A.120 B.121 C.1225.对四组数据进行统计，获得如下散点图，其中样本相关系数最小的是(

)A. B.

C. D.6.从1，3，5，7中任取2个数字，从2，4中任取1个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是A.8 B.12 C.18 D.727.在数列{an}中，a1=2，对任意m，n∈N∗A.22026 B.22025 C.220248.已知点F1是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点，过原点作直线l交C于A，B两点，M，N分别是AA.22,1 B.0,22二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.直线l：y=x+m，圆C：x2+y2A.直线l的倾斜角为π3

B.圆C的圆心坐标为(1,0)

C.当m=2−1时，直线l与圆C相切

D.当m∈(−10.已知数列{an}的前n项和SA.a1=12 B.数列{an}11.如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=4A.DE//平面A1CA

B.DE⊥平面D1C1E

C.P为棱A1B1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.(x+2y)4的展开式中，x2y213.盒子里有4个红球和2个白球，这些球除颜色外完全相同．如果不放回地依次抽取2个球，在第一次抽到红球的条件下，第二次抽到红球的概率是________．14.若不等式1+lnx≤ax2+bx(a>0)四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)已知函数f(x)=x(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)判断f(x)在(1,2)上是否有零点，并说明理由．16.(本小题15分)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，已知(1)求{a(2)已知等比数列{bn}的公比为q，b1=a1，q=d，设cn17.(本小题15分)已知抛物线E：y=x2，过点T(1,2)的直线与E交于A，B两点，设E在点A，B处的切线分别为l1和l2，l1(1)若点A的坐标为(−1,1)，求△OAB的面积(O为坐标原点)；(2)证明：点P在定直线上．18.(本小题17分)如图，已知边长为1的正方形ABCD，以边AB所在直线为旋转轴，其余三边旋转120°形成的面围成一个几何体ADF−BCE.设P是CE⌢上的一点，G，H分别为线段AP，EF(1)证明：GH //平面BCE；(2)若BP⊥AE，求平面BPD与平面BPA夹角的余弦值；(3)在(2)的条件下，线段AE上是否存在点T，使BT⊥平面BPD，证明你的结论．19.(本小题17分)已知函数f(x)=ex，(1)求函数ℎ(x)=f(x)−x−1的最小值；(2)若xf(x)−g(x)≥−e恒成立，求a的取值范围；(3)设n∈N∗，证明：12答案解析1.【答案】B

【解析】解：A.

(cosx)′=−sinx，所以错误

B.(sinx)′=cosx，所以正确；

C.(1x2.【答案】B

【解析】解：由双曲线的方程为x2所以c2则a=1，c=2，所以离心率e=故选B3.【答案】D

【解析】解：y′=3x2

y′|x=1=3，切点为(1,1)

∴曲线y=x3在点(1,1)切线方程为3x−y−2=0

故选：【解析】解：∵

1an+1−1an=3，

∴数列{1an}是等差数列，首项为

1a1=1，公差为

3，

∴

15.【答案】B

【解析】解：当

r>0时，两变量是正相关，当

r<0时，两变量是负相关，

且当|r|越大时，两变量的相关性越强，

由此可得样本相关系数最小的是B．6.【答案】D

【解析】解：从1，3，5，7中任取2个数字，从2，4中任取1个数字

可以组成C42C217.【答案】C

【解析】解：∵对任意m，n∈N∗，都有am+n=aman，且a1=2，

取m=1，则an+1=a1an=2an，

所以数列8.【答案】A

【解析】解：设椭圆的右焦点为F2，

∵M、N分别是AF1、BF1的中点，O为F1F2的中点，

∴MO//AF2，ON//AF1，又∠MON=90°，

∴∠F1AF2=90°，设短轴的一个顶点为P，

则∠F1PF2≥90°，设∠F9.【答案】BCD

【解析】解：直线l：y=x+m的斜率为1，直线的倾斜角为π4，A错误；

圆C：x2+y2−2x=0可化为(x−1)2+y2=1，圆心为(1,0)，半径r=1，B正确，

当m=2−1时，圆心(1,0)到直线l的距离d=|1−0+2−1|2=1=r，

可得直线l与圆C相切，10.【答案】AC

【解析】解：对于A，n=1代入①可得，a

 ​1=

12，故A正确，

对于B，∵数列{a

 n}的前n项和Sn=1−an,①

∴当n⩾2时，S

 n−1=1−a

 n−1，②

①−②整理可得：2a

 n=a

 n−1，(n⩾2)，

∴数列{a

 n}是首项为

12，公比为

12的等比数列，

∴a

 n=(

12)

 ​n，，an>0

∵an+1an=12<1，11.【答案】BC

【解析】解：对于A：由于E

为

AA1

的中点，所以DE∩平面A1对于B：

∵C1D1⊥

平面

AA1D1D,DE⊂

平面

AA1D1D

，∴又因为C1D1⊂

平面

D1C1E

，

D∴DE⊥

平面

D1C1E对于C:∵A1B1

//

CD,CD⊂

平面

CDE

，

A1B∴A1B1

//

平面

CDE,P∈A1对于D

：设外接球球心为

O

，即为体对角线

A1CO

到平面

DCE

距离为

A1

到平面

DCE

A1

到平面

CDE

距离等于

A

到平面

CDE

距离，设为

d

由

VA−CDE=VC−ADE

，即d=12×2×2×212×2×22=2

，则

正四棱柱外接球半径为R=

22所以截面圆半径

r=R故选：BC12.【答案】24

【解析】解：由于(x+2y)4的展开式的通项公式为Tr+1=C4rx4−r(2y)r=2r13.【答案】35【解析】解：

记“第一次抽到红球”为事件A，记“第二次抽到红球”为事件B，

∵P(A)=C41C61=23，P(AB)=14.【答案】−1【解析】解：由不等式1+lnx≤ax2+bx，易知x>0，

所以等价于lnx+1x≤ax+b恒成立，

设f(x)=lnx+1x，g(x)=ax+b，

f′(x)=1x⋅x−(1+lnx)x2=−lnxx2，

当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)递增；x∈(1,+∞)，f′(x)<0，f(x)递减，

可得f(x)在x=1处取得极大值，且为最大值1，且f(1e)=0，g(−ba)=0，

要使不等式lnx+1x≤ax+b恒成立，必有g(x)的零点与f(x)的零点重合，或者在f(x)的零点左侧，如图所示：

故有−ba≤1e，解得ba≥−1e，当且仅当g(x)=ax+b恰为f(x)在x=1e处的切线时取等号，15.【答案】解：(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，

f′(x)=2x−1−1x=(2x+1)(x−1)x，

令f′(x)>0，得x>1，f(x)的增区间为(1,+∞)，

令f′(x)<0，得0<x<1，f(x)的减区间为(0,1)，

则f(x)的极小值为f(1)=−1，无极大值；

(2) f(x)在(1,2)上有零点，

因为f(1)=12−1−1−ln1=−1<0，【解析】

(1)利用导数研究单调性和极值即可；

(2)由由零点存在定理可得结论．16.【答案】解：(1)因为S10=100，所以10a1+45d=100 ①．

又a3+a5=14，所以2a1+6d=14 ②，

由 ① ②得a1=1，d=2，

所以an=a1+(n−1)d=2n−1；

(2)因为b1=a1，q=d，所以b1=1，q=2，【解析】

(1)根据条件得出等差数列的基本量，可得{an}的通项公式；

(2)先由等比数列得出b17.【答案】解：(1)直线AB的斜率k1=2−11−(−1)=12，

直线AB的方程为y−1=12(x+1)，即x−2y+3=0，

联立方程x−2y+3=0y=x2，整理得：2x2−x−3=0，

设A(x1,x12)，B(x2,x22)，则x1+x2=12，x1x2=−32，

设直线AB与y轴的交点为D，则D(0,32)，

SΔOAB=SΔOAD+SΔOBD=12×32×|x1|+12×3【解析】

(1)先得出直线AB的方程，与抛物线联立，得出直线AB与y轴的交点为D坐标，由

SΔOAB=SΔOAD+SΔOBD，计算即可；

(2)点T(1,2)在抛物线内部，可知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=k(x−1)+218.【答案】证明：(1)取BP的中点Q，连接GQ，EQ，

因为G，H分别为线段AP，EF的中点，所以GQ//AB，GQ=12AB，

又因为AB= //EF，所以GQ= //HE，

所以四边形GQEH是平行四边形，所以GH//QE，

所以GH/​/面BCE．

(2)解：依题意得，AB⊥面BCE，又因为BP⊂面BCE，所以AB⊥BP．

又因为BP⊥AE，AB//AE=A，AB，AE⊂面ABEF，

所以BP⊥面ABEF，

又BE⊂面ABEF，所以BP⊥BE，

所以BP，BE，BA两两垂直．

以B为原点，BP，BE，BA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．

则P(1,0,0)，D(32,−12,1)，BP=(1,0,0)，BD=(32,−12,1)，

即x=032x−12y+z=0,取y=2，得x=0，z=1，

所以平面BPD的一个法向量是m=(0,2,1)，

又平面BPA的一个法向量为n=(0,1,0)，

设平面BPD与平面BPA的夹角为θ，则cosθ=|m⋅n||m|n=25×1【解析】(1)取BP的中点Q，连接GQ，EQ，易得四边形GQEH是平行四边形，所以GH//QE，由线面平行的判定即可得证；

(2)先证出BP，BE，BA两两垂直，然后以B为原点，BP，BE，BA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，再分别求出平面BPD与平面BPA的法向量，利用向量法进行求解可得；

(3)设T(x,y,z)，AT=λAE(0<λ<1)，因为BT⊥平面BPD，所以BT19.【答案】解：(1) ℎ(x)=ex−x−1，ℎ′(x)=ex−1，

当x∈(−∞,0)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，当x∈(0,+∞)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，

所以ℎ(x)min=ℎ(0)=0;

(2)因为xf(x)−g(x)≥−e恒成立，即xex−x−lnx−a−lna+e≥0恒成立，

令φ(x)=xex−x−lnx−a−