山西省吕梁市2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山西省吕梁市2023-2024学年高二上学期期末数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认其核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上.2.答题时使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚.3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.4.保持卡面清洁，不折叠，不破损.一、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.已知圆，则圆心和半径分别为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】圆的方程可化为.所以圆心的坐标为，半径为，故选：B.2.双曲线，则双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由双曲线，可得，又由双曲线的焦点在轴上，所以双曲线的渐近线方程为.故选：C.3.已知正项等比数列满足，则（）A.62 B.30或10 C.62或 D.30【答案】A【解析】设等比数列的公比为，因为该正项等比数列满足，所以，解得，故.故选：A.4.若函数在处有极小值，则（）A. B. C.或 D.【答案】A【解析】由函数，可得，因为函数在处取得极小值，可得，解得或，当时，令，解得或；令，解得，函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，所以在处有极大值，不符合题意，舍去；当时，令，可得或；令，可得，函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，所以在处有极小值，符合题意，综上可得，.故选：A.5.函数的零点个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】，令，则，令，解得，故在上单调递增，在上单调递减，故当时取最小值，又，，所以=0在上各有一解，所以有两个零点，故选：B.6.如图，正三棱柱的各棱长相等，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.0【答案】D【解析】取中点，因为，可得，又因为平面，且平面，所以，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以，在正方形中，分别为的中点，设可得，可得，所以，所以，即，因为且平面，所以平面，又因为平面，所以，所以异面直线与所成的角为.故选：D.7.某工厂去年12月试产1060个高新电子产品，产品合格率为.从今年1月份开始，工厂在接下来的两年中将生产这款产品.1月按去年12月的产量和产品合格率生产，以后每月的产量都在前一个月的基础上提高，产品合格率比前一个月增加，则今年4月份的不合格产品的数量是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题知：1月份的产量为个，合格率是，那么，2月份的产量为，合格率为，3月份的产量为，合格率为，则4月份的产量为，合格率为，则4月份的不合格数量是，故选：B.8.若，则的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】令，则，当时，，所以，所以在上单调递增；当时，，所以，所以在上单调递增，所以当时，，所以，即，所以，所以，令，则，当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减；所以，当时，，所以，即，所以，所以，所以.故选：A.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.设抛物线的焦点为，准线为，点是抛物线上不同的两点，且，则（）A. B.以线段为直径的圆必与准线相切C.线段的长为定值 D.线段的中点到轴的距离为定值【答案】AD【解析】对于A中，由抛物线的准线为，可得，解得，所以抛物线的焦点为且，所以A正确；对于B中，如图，当线段过焦点时，过作，取的中点作，可得，此时以线段为直径的圆与准线相切，因为直线不一定过抛物线的焦点，则不一定成立，故B错误.对于C中，设，由抛物线得的定义得，所以，当直线过原点时，设，则，此时，可得，当直线为时，可得，不妨设，可得，所以的长不是定值，所以C错误；对于D中，由，则线段的中点到轴的距离为，所以D正确.故选：AD.10.已知等差数列的首项，公差，在中每相邻两项之间都插入3个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列是数列的前项和.以下说法正确的是（）A. B.是数列的第8项C.当时，最大 D.是公差为的等差数列【答案】BC【解析】由等差数列的首项，公差，可得，对于A中，根据题意，可得，所以公差为，所以数列的通项公式为，所以A错误；对于B中，由，令，解得，所以B正确；对于C中，令，解得，所以或时，取得最大值，所以C正确；对于D中，由，可得，所以是公差为，所以D错误.故选：BC.11.已知函数，下列说法正确的是（）A.单调递减区间是B.在点处的切线方程是C.若方程只有一个解，则D.设，若对，使得成立，则【答案】BD【解析】函数，，，令，得或；令，得；可得函数在和上单调递减，在单调递增，其大致图象如图：对于，由上述分析可得A错误；，由，，得，所以切线为，故B正确；对于C，由方程只有一解，由图象可知，或，故C错误；对于D，设函数的值域为，函数的值域为，对于，，，对于，，，若，，使得成立，则，故D正确，故选：BD.12.已知正方体的棱长为是空间中的一动点，下列结论正确的是（）A.若分别为的中点，则平面B.平面平面C.若，则最小值为D.若，则平面截正方体所得截面面积的最大值为【答案】BCD【解析】对于A，若分别为的中点，则，又，则，又由正方体性质易知:平面平面故，又平面，故平面，又平面，则，同理可得平面又平面，则，又平面，故平面，若平面，则，而相交，故与平面不垂直，故A不正确；对于B，在正方体中，易知，故为平行四边形，则又平面，平面，故平面，同理可得平面，又平面，故平面平面成立.故B正确；对于C，正方体的棱长为2，是空间中的一动点，在上取点，使得，在上取点，使得，如图，由，得，即，故是线段上一点．将平面沿展开至与平面共面，易知，则，平面图中，当，O，三点共线时，取得最小值，故C正确；对于D，由，可知是线段上一点．连接并与交于点．当与重合时，平面与平面重合，截面为正方形，面积为4．当在线段（不含点上时，平面截正方体所得截面为三角形，且易知当从D运动到时，三角形面积逐渐增大，当与重合时截面为，由三角形三边长均为，故此时截面面积为．当在线段（不含点，上时，延长并与交于点，作并与交于点，由选项B易知,且，易知,则截面为等腰梯形，设，则，．梯形的高，故梯形面积为．设，设，恒成立，则在单调递减，故，则当与重合时，截面为矩形，面积为．综上可知，平面截正方体所得截面积的最大值为，故D正确；故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若直线与直线平行，则______.【答案】【解析】由与平行，则，所以.故答案为：.14.已知数列的前项和为，若，则______.【答案】【解析】当时，，当时，不满足上式，所以.故答案为：.15.已知函数，若成立，则的最小值为______.【答案】【解析】函数，由，得，则，令，求导得，当时，，当时，，因此函数在上单调递减，在上单调递增，则，所以的最小值为.故答案为：16.已知是椭圆的左、右焦点，直线与椭圆相交于两点，的平分线交于点，且，则椭圆的离心率为______.【答案】【解析】连接、，根据椭圆的对称性可知四边形为平行四边形，所以，根据角平分线定理得：，所以，又，又，又在中，由余弦定理得：，所以故答案为：.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.如图所示，平行六面体中，，.（1）用向量表示向量，并求；（2）求.解：（1）根据空间向量的线性运算，可得，可得，所以.（2）由空间向量的运算法则，可得，因为且，所以.18.已知圆.（1）求的取值范围；（2）当取最小正整数时，若点为直线上的动点，过作圆的一条切线，切点为，求线段的最小值.解：（1）由方程表示圆，则满足，即，解得或，所以的取值范围是.（2）由（1），因为取最小正整数，所以，所以圆，可得圆心，半径为，又因为，所以取最小值时取最小值，而取最小值，即为圆心到直线的距离，可得，所以.19.已知数列的首项，且满足.（1）求证：是等比数列，并求出的通项公式；（2）设，求数列的前项和.解：（1）所以是以为首项，为公比的等比数列.所以，所以.（2）因为，所有，，，作差可得，所以.20.已知椭圆的左右顶点分别为，长轴长为，点在椭圆上（不与重合），且，左右焦点分别为.（1）求的标准方程；（2）设过右焦点的直线与椭圆交于两点，当的面积最大时，求直线的方程.解：（1）依题意可得，，所以.设，则，又因为所以，所以，所以的标准方程为.（2）因为在直线上，设直线的方程：，联立，整理得，，由题可知：当且仅当，即时，面积最大为，此时直线的方程是∶.21.如图，多面体由正四面体和正四面体组合而成，棱长为.（1）证明：；（2）求与平面所成角的正弦值.解：（1）取的中点，连接，在正四面体和正四面体中，可得和均为等边三角形，所以，因为且平面，所以平面，又因为平面，所以.（2）取的中心为坐标原点，过作的平行线为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，因为正四面体的棱长是，可得，则,所以，则，再取的中心为，因为，设，可得，解得，即，所以，，可得，则又由平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，可得，所以直线与平面所成角的正弦值是.22.已知函数.（1）讨论函数的单调区间；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围.解：