2023~2024学年山西省长治市高二上1月期末数学试卷（解析版）

这是一份2023~2024学年山西省长治市高二上1月期末数学试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了 已知直线与直线垂直，则的值为， 下列导数运算正确是等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在试卷和答题卡指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题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.回答非选择题时，将答案用0.5mm的黑色笔迹签字笔写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：本大题共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. 在数列，，，，…中，根据前5项的规律写出的第12个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】观察可得，数列的第个数可以写为，所以第12个数为： .
故选：D
2. 某跳水运动员在距离地面高跳台上练习跳水，其重心相对于水面的高度（单位：）与起跳后的时间（单位：）的函数关系是，则该运动员在时的瞬时速度（单位：）为（ ）
A. B. 2.9C. 0.45D.
【答案】A
【解析】由题意，求导后得，
当时，，
故A正确.
故选：A.
3. 曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题意可得：，则，可知：所求切线的斜率为2，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
故选：B.
4. 已知数列的前项和为,且满足,,若,则（ ）
A. 15B. 16C. 17D. 18
【答案】C
【解析】因为，所以数列是等差数列，设公差为d，
则，可得，
又，可得，
.
故选：C
5. 已知直线与直线垂直，则的值为（ ）
A. 1或B. 1或4C. 2或D. 2或3
【答案】D
【解析】由题意可得，即，解得或.
故选：D.
6. 函数的导函数的图象如图所示，那么该函数的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由题意知与轴有三个交点，不妨设为，
当，，当，,
当，，当，，
所以在区间，单调递减，故A、C错误；
在区间,单调递增，故B错误，故D正确.
故选：D.
7. 已知圆的半径为1，以点为圆心，若圆上的点到原点的距离的最大值为7，则实数的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设为圆上点，
则.
因为.
故选：A
8. 已知数列满足，，若成立，则的最大值为（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】B
【解析】因为，整理得，且，
可知是以首项为3，公差为1的等差数列，
所以，可得，
当时，可得，
且符合上式，
所以，
则，
解得，即的最大值为8．
故选：B．
二、多项选择题：本大题共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. 下列导数运算正确是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】选项A，，故A正确；
选项B，，故B错误；
选项C，，故C正确；
选项D，，故D错误.
故选：AC.
10. 在三棱锥中,,,,点在直线上,且，是的中点，则下列结论可能成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】对于A，因为是的中点，可得，所以A不正确；
对于B，当点在线段上时，因为，此时，
则，所以B正确；
对于C，当点在线段的延长线上时，因为，此时为的中点，
可得，所以C正确；
对于D，当点在线段上时，可得；
当点在线段的延长线上时，，
当点在线段的延长线上时，不可能成立，所以D不正确.
综上可得，可能正确的结论为BC.
故选：BC.
11. 如图所示是某家用汽车远光灯示意图，其中心截口曲线是抛物线的一部分，光源在抛物线的焦点处，且灯口直径是，灯深，则（ ）
A. 远光灯光线按照路径射向远处
B. 光源到反光镜顶点的距离是
C. 与抛物线对称轴垂直的光线长度为
D. 灯口上任意一点到焦点的距离是
【答案】AD
【解析】对于选项A：根据题意可知：远光灯光线按照路径射向远处，故A正确；如图，以为坐标原点建立平面直角坐标系，
设抛物线方程为，可知，
可得，解得，
所以抛物线方程为，焦点坐标为，
对于选项B：光源到反光镜顶点的距离是，故B错误；
对于选项C：与抛物线对称轴垂直的光线长度为，故C错误；
对于选项D：灯口上任意一点到焦点的距离是，故D正确；
故选：AD.
12. 已知在有两个极值点，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】，因为在上有两个极值点，，
即方程有两个解，若，则，方程即为，不成立，所以.
所以，在和两个区间上各有一解，，不妨设，
函数和在上的草图如下：
则，，
所以，故A正确；
又，由在上单调递增，
所以，故B正确；
因为，，所以，
，，所以，因为在上单调递增，所以，
所以，故C正确；
，因为，且，所以；
且，所以，故D错误.
故选：ABC
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知数列为等比数列，，，则______.
【答案】12
【解析】设等比数列的公比为，
由题意可得：，则，
且，所以.
故答案为：12.
14. 若函数（且）在区间上单调递增，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】由函数（且）在区间上单调递增，
得在区间上恒成立，
又在区间上恒正，只需满足在区间上恒成立即可，
令，
若，则，则一次函数在区间上单调递减，不可能恒正；
若，则，则一次函数在区间单调递增，
所以只需，即，解得，故答案为：.
15. 已知数列满足，则的通项公式______.
【答案】
【解析】因为，
若，可得；若，则，
可得；
且符合上式，可得，所以.故答案为：.
16. 在双曲线型冷却塔（如图）的建设过程中,人员、物料的运输一直是困扰施工的难题,经实践探索设计出“附墙升降机”,其结构如图所示,安装之后附着在冷却塔的外侧,通过升降吊笼完成输送任务.假设该冷却塔的最小半径为,上口半径为,下口半径为，高为.附墙升降机轨道在点以下与冷却塔贴合,从点到顶端点是竖直的,则长约为______（保留整数）.

【答案】
【解析】根据双曲线的对称性,在冷却塔的轴截面所在平面建立如图所示的直角坐标系:

使小圆的直径在轴上，圆心与原点重合.此时上、下口的直径都平行于轴,且,
设双曲线的方程为，则，
因为直径是实轴，又两点都在双曲线上，所以
，解得，
因为，所以，
解得，
所以双曲线方程为，
所以，
因为双曲线关于轴对称，
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，长方体中，，，.为的中点.
（1）求直线与直线所成角的余弦值；
（2）求点到直线的距离.
解：（1）如图：
取中点，连接，，由长方体的性质可知，所以(或其补角)即为与所成的角，
在中：，，，
由余弦定理：，
故所求角的余弦为.
（2）连接，，在中：，，，
所以，
所以，
所以点到直线的距离为：.
18. 已知是公差不为零的等差数列，，且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
解：（1）设等差数列的公差为，，
则，，
因为、、成等比数列，则，
即，可得，
解得或（舍去），
所以.
（2）由（1）可得：，
所以.
19. 已知函数.
（1）讨论单调性；
（2）若在处有极大值，求在上的最值.
解：（1），所以.
由得：
若，则或，
所以函数在区间和上递增，在上递减；
若，则在上恒成立，所以函数在上递增；
若，则或，
所以函数在区间和上递增，在上递减.
综上，当时，函数增区间为：和，减区间为：；
当时，函数增区间为：，无减区间；
当时，函数增区间为：和，减区间为：.
（2）函数在处有极大值，由（1）可知：且函数在递增，在上递减，在上递增.
又，，，.
所以在上的最小值为：；最大值为：.
20. 有理数都能表示成（，，且，与互质）的形式，于是有理数集可表示为.任何有理数都可以化为有限小数或无限循环小数.反之，任一有限小数也可以化为的形式，从而它是有理数.对于无限循环小数，它可以表示成，这是数列的无穷项和，记为.设该数列的前项和为，经计算得，当趋于无穷大时，趋于0，则，即可得.
（1）数列的无穷项和是有限小数吗？请说明理由；
（2）是有理数吗？请说明理由.
解：（1）是，理由如下：
由题意得数列是首项为，公比为的等比数列，其无穷项和为，
当趋于无穷大时，趋于，则，所以是有限小数.
（2）是，理由如下：
即为数列的无穷项和，记为，则其前项和为，
则，
当趋于无穷大时，趋于，
则，所以是有限小数.
21. 已知椭圆的上、下顶点分别为，，上焦点为，，.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作两条互相垂直的弦交于，两点.当点变化时，直线是否过定点？并说明理由.
解：（1）由题意，椭圆焦点在轴上，且，则.
所以椭圆的标准方程为：.
（2）如图：
由题意：直线的斜率一定存在，设直线：，
联立，
消去得：，
设，则，.
设，
用代替得：，.
所以直线得方程为：
令，得：
所以直线过定点.
22. 已知.
（1）若过点作曲线的切线，切线的斜率为2，求的值；
（2）当时，讨论函数的零点个数.
解：（1）由题意可得：，
设切点坐标为，
则切线斜率为，即，
可得切线方程为，
将，代入可得，
整理得，
因为在内单调递增，
则在定义域内单调递增，且当时，，
可知关于的方程的根为1，即，
所以.
（2）因为，
则，
可知在内单调递减，
且，则，且在内单调递减，
可知在内单调递减，所以在内单调递减，
且，
（i）若，即时，
则在内恒成立，
可知在内单调递增，则，当且仅当时，等号成立，
所以在内有且仅有1个零点；
（ⅱ）若，即时，则在内恒成立，
可知在内单调递减，则，当且仅当时，等号成立，
所以在内有且仅有1个零点；
（ⅲ）若，即时，则在内存在唯一零点，
可知当时，；当时，；
则在内单调递增，在内单调递减，
且，可知，可知在内有且仅有1个零点，
且，
①当，即时，则在内有且仅有1个零点；
②当，即时，则在内没有零点；
综上所述：若时，在内有且仅有1个零点；
若时，在内有且仅有2个零点.