76，山西省运城市2023-2024学年高二上学期期末调研测试数学试题

这是一份76，山西省运城市2023-2024学年高二上学期期末调研测试数学试题，共22页。试卷主要包含了保持卡面清洁，不折叠，不破损.等内容，欢迎下载使用。
本试题满分150分，考试时间120分钟.答案一律写在答题卡上.
注意事项：
1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真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、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由斜率求倾斜角即可.
【详解】直线方程可化为，
则直线的斜率为，设倾斜角为，则，
由，则，即倾斜角为.
故选：C.
2. 各项为正的等比数列中，，则的前4项和（ ）
A. 40B. 121C. 27D. 81
【答案】A
【解析】
【分析】先根据等比数列通项公式求出，再根据前项和公式求值即可.
【详解】设等比数列公比为,
故选：A.
3. 如图，空间四边形OABC中，，点M在线段OA上，且，点N为BC中点，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合图形，利用空间向量的线性运算即可求解.
【详解】点M在线段OA上，且，
又，
∵N为BC的中点，
.
故选：D.
4. 万众瞩目的北京冬奥会于2022年2月4日正式开幕，是继2008年北京奥运会之后，国家体育场（又名鸟巢）再次承办奥运会开幕式． 在手工课上，王老师带领同学们一起制作了一个近似鸟巢的金属模型，其俯视图可近似看成是两个大小不同，扁平程度相同的椭圆，已知大椭圆的长轴长为，短轴长为，小椭圆的长轴长为，则小椭圆的短轴长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意得到两椭圆离心率相同，从而得到两椭圆长轴长与短轴长的比例相同，由此得解.
【详解】因为两个椭圆的扁平程度相同，所以两个椭圆的离心率相同，
所以两椭圆长轴长与短轴长的比例相同，则，即，得，
所以小椭圆的短轴长为：．
故选：C．
5. 已知函数，只有一个极值点，则实数m的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先求函数的导数，利用参变分离得，再构造函数，利用导数分析函数的图象，转化函数的交点问题，即可求解.
【详解】，令，得，
设，，得，
当时，，函数在区间单调递增，
当时，，函数在区间单调递减，
当时，的最大值为，
并且时，，时，，
如图，画出函数的图象，
因为函数只有一个极值点，即与只有一个交点，且，
所以.
故选：A
6. 已知为等差数列的前n项和，，则下列选项正确的是（ ）
A. 数列是单调递增数列B. 当时，最大
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差中项性质，由，从而得，然后利用等差数列性质逐项判断即可求解.
【详解】对A：设数列的公差为，由，得，
又因为，所以，得，故A错误；
对B：因为，，，所以当时，有最大值，故B错误；
对C：，，故C错误；
对D：，因为，所以，故D正确.
故选：D.
7. 已知抛物线，圆：，过圆心作直线与抛物线和圆交于四点，自上而下依次为，，，，若，，成等差数列，则直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，可得圆心C为抛物线的焦点，求出弦AB长，设出直线AB方程并与抛物线方程联立，求解作答
【详解】圆：的圆心，半径，显然点为抛物线的焦点，其准线为，
设，则，而，
由，，成等差数列得，，因此，
即有，解得，设直线的方程为，显然，
由消去y得：，则有，解得，
所以直线的斜率为.
故选：B
8. 定义在上的可导函数满足，当时，，若实数a满足，则a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件构造函数，利用偶函数的定义及导数的正负与函数的单调性的关系，结合偶函数的性质及函数的单调性即可求解.
【详解】由，得.
令，则，即为偶函数.
当时，，所以在上单调递增；
所以在上单调递减.
由，
得，即.
又为偶函数，所以，
因为在上单调递减，
所以，即，解得，或，
所以a的取值范围为.
故选：C.
【点睛】关键点睛：解决此题的关键是构造函数，利用偶函数定义和导数法求出函数的单调性，再利用偶函数和单调性即可解决抽象不等式.
二、多选题：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. 已知两圆方程为与，则下列说法正确的是（ ）
A. 若两圆有3条公切线，则
B. 若两圆公共弦所在的直线方程为，则
C. 若两圆公共弦长为，则
D. 若两圆在交点处的切线互相垂直，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A，由两圆有条公切线，则两圆外切，由两圆圆心距与半径关系得；选项B，若两圆相交，由两圆方程作差得公共弦方程，先待定再验证相交可知；选项C，由半弦长、半径及圆心距关系可得；选项D，结合图形，由，可得等量关系求解.
【详解】设圆为圆，圆的圆心为，半径，
设圆为圆，圆的圆心为，半径，
.
A选项，若两圆有3条公切线，则两圆外切，
所以，A选项正确；
B选项，由两式相减并化简得，
则，
此时，满足两圆相交，B选项正确；
C选项，由两式相减并化简得，
到直线的距离为，
所以，
即，则解得或，C选项错误.
D选项，若两圆在交点处的切线互相垂直，设交点为，
根据圆的几何性质可知，
所以，D选项正确.
故选：ABD
10. 若是函数的极值点，则下面结论正确的为（ ）
A. B. 的递增区间为
C. 的极小值为1D. 的极大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】先由求出值，再利用导函数研究函数的单调性与极值即可.
【详解】由题可得，，
因为是函数的极值点，
所以，则，解得，
故，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
故的递增区间，递减区间为，故A正确，B错误；
由上可知，的极大值为，极小值为，
故C错误，D正确.
故选：AD.
11. 若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】借助导数的几何意义计算即可得.
【详解】令，则，
令，有，则，
即有，即，故，
令，则，
令，有，则，
即有，即，
故有，即.
故选：BD.
12. 如图，棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G为线段上的动点，则（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 存在点G，使得平面EFG
C. G为中点时，直线EG与所成角最小
D. 点F到直线EG距离的最小值为
【答案】AB
【解析】
【分析】根据等体积法可知，即可判断A项；建系，假设存在点G﹐设.根据向量的坐标，由，解出的值，即可判断B项；由已知推出，根据二次函数以及余弦函数的性质，结合的取值范围，即可判断C项；求出在方向上投影向量的长度为，然后根据勾股定理表示出点F到直线EG的距离，根据二次函数的性质，即可得出最小值.
【详解】
如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系.
则，，，，，，，，，.
对于A项，在正方体中，平面平面，平面，
由面面平行性质可得，平面，
由点G在线段上，
则到平面的距离，即点到平面的距离等于.
因为，所以.
则是个定值，故A项正确；
对于B项，假设存在点G﹐使得平面.
设.
，，，，
则.
所以，
，
所以，满足条件.
此时有，，平面，平面，，
所以，存在点G﹐使得平面，故B项正确；
对于C项，设直线EG与所成角为.
因为，.
所以，
所以.
因为，
所以当时，有最小值，显然有，则有最大值，
根据余弦函数的单调性可知，当时，有最小值，故C项错误；
对于D项，因为，，
所以，在方向上投影向量的长度为，
由C知，当时，有最小值，
则有最大值为，又，
所以点F到直线EG距离的最小值为，故D项错误.
故选：AB.
【点睛】关键点点睛：由点为线段上的动点，设.可以通过的坐标，表示出与点有关的向量.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知等差数列的前n项和为，已知，则公差__________．
【答案】3
【解析】
【分析】直接由等差数列的求和公式求解即可.
【详解】解：依题意，得，而，得，
故答案为：3
14. 已知平面的一个法向量为，点在平面内，则点到平面的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】求出平面的法向量，代入点到平面的距离公式即可.
【详解】因为，平面的一个法向量为，所以点P到平面的距离．
故答案为：
15. 双曲线的左、右焦点分别为，．过作其中一条渐近线的垂线，交双曲线的右支于点P，若，则双曲线的离心率为______．
【答案】
【解析】
【分析】由题设，不妨令，过作，则，结合勾股定理、等腰直角三角形求，再由双曲线定义求参数间的数量关系，进而求离心率.
详解】如下图，垂直一条渐近线，则，
过作，故，又，
∴，，又在△中，故，，
由双曲线定义知：，则，
∴.
故答案为：.
16. 若对任意，且，都有成立，则m的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由已知条件化简得出在上单调递增，结合导函数判断函数的单调性，最后应用子集关系得出范围即可.
【详解】对任意的，且，可得，
由，可得，
即，
即，即
由且，可得函数 在上单调递增，由
解得，所以是的子集，
所以，即 m 的取值范围是.
故答案为： .
四、解答题：本题共6小题，第17题分，其余每题各12分，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或者演算步骤.
17. 已知圆C的圆心在直线上，且与直线相切于点．
（1）求圆C的标准方程；
（2）求过点且被圆C截得的弦长为的直线方程．
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）设出圆的标准方程，根据题意，求得圆心和半径，即可求得结果；
（2）设直线方程为，利用弦长公式，求解即可.
【小问1详解】
设圆C的标准方程为
圆C的圆心在直线上，且与直线相切于点，
，解方程组得；
所以圆C的标准方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为：，
圆心到直线l的距离，
所以，解得或，
所以直线l的方程为或
18. 已知函数为的导函数．
（1）当时，求函数在定义域内的极值；
（2）若在内存在增区间，求实数a的取值范围．
【答案】（1）极大值为，无极小值；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求得，根据导函数函数值的正负，即可判断其单调性和极值；
（2）将问题转化为在有解，参变分离，构造函数，利用导数求函数最值即可.
【小问1详解】
设，其中，则
，
当时，若，则，故在上为增函数；
若，则，故在上为减函数；
故有极大值，其极大值为，无极小值.
【小问2详解】
因为在内存在增区间，所以在有解，
即在有解，
所以
今，则
令得，令得，
故在单调递减，单调递增
所以，
故.
【点睛】关键点点睛：处理本题第二问的关键是将在内存在增区间，转化为在有解，再参变分离，构造函数，利用导数求其最值即可.
19. 如图，在三棱柱中，．
（1）求证：平面；
（2）若，直线AB与平面所成的角为，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）借助线面垂直的性质定理及判定定理即可证明；
（2）结合题意建立适当空间直角坐标系计算即可得.
【小问1详解】
因为，四边形是平行四边形，
所以四边形是菱形，所以，
又因为，、平面，，
所以平面，又因为平面，
，
且、平面，，
所以平面；
【小问2详解】
因为AB与平面所成角为，平面，所以，
因为，所以是正三角形，
设，则，
以O为原点，分别以所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，所以，
设二面角的大小为，
因为，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
20. 已知数列的前n项和为，，其中．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前n项和，若对任意且，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先得，由之间的关系得数列为等比数列，由此即可得解.
（2）由等比数列求和公式、错位相减法结合数列单调性即可得解.
【小问1详解】
当时，，
当时，，
两式相减，得，又，
所以数列为等比数列，首项为2，公比为3，
所以数列的通项公式是.
【小问2详解】
由（1）知，，
，
则有，
两式相减得：
，
于得，
因为且，，
当时，数列是递增数列，所以的最小值为18，
因此.
21. 已知椭圆的左、右焦点分别为，设点，在中，．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设P，Q为C上异于点A的两动点，记直线AP，AQ的斜率分别为，若，求证：直线PQ过定点．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据，结合椭圆的对称性，求得，即可求得椭圆方程；
（2）设出直线的方程，联立椭圆方程，利用韦达定理，结合的斜率关系，求得对应参数的约束条件，即可求得直线恒过的顶点.
【小问1详解】
由题意知，
由
，
，
椭圆方程为；
【小问2详解】
当直线PQ斜率不存在时，设直线PQ方程为（且）
则
解得，不符合题设；
从而可设直线PQ的方程设为，
，
则有
由
，
（舍）或，
当且仅当时，，
，
∴PQ直线恒过定点.
【点睛】关键点点睛：处理第二问的关键是能够熟练应用韦达定理，合理转化已知条件，从而求得参数之间的关系.
22. 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）增区间是，减区间是；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，再讨论导函数小于0、大小0的x取值集合得解.
（2）根据给定条件，构造函数，，利用导数结合零点存在性定理分类讨论求解即得.
【小问1详解】
函数的定义域为R，求导得，
当时，，又，则，，函数在上单调递减；
设，则，
当时，是增函数，即在上单调递增，
则，因此在上单调递增，
所以的单调递增区间是，单调递减区间是．
【小问2详解】
不等式化为，
设，依题意，在上恒成立，而，
求导得，令，，
求导得，令，，
显然，则，即在上是增函数，
，当时，，
函数，即在上单调递增，于是在上单调递增，
所以恒成立，原不等式恒成立；
当时，则，又，
所以存在，使得，
当时，，即在上单调递减，时，，
即在上单调递增，
又，则当时，，从而在上单调递减，
于是当时，，不合题意．
所以实数a的取值范围是.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．