80，陕西省西安铁一中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题

这是一份80，陕西省西安铁一中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题，共23页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

时间：120 满分：150
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. 设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别化简集合，，然后再求补集即可.
【详解】因为，所以.
故选：B.
2. 中国某科研团队研制的重组新冠疫苗获批启动开展临床试验后，计划在某地区招募志愿者，经过电话沟通､核实情况，要从符合条件的16名男性和8名女性中选出9名志愿者参加试验，如果按照性别分层抽样来确定男女人数，并且甲､乙两名男性因身体素质优异为确定人选，则不同的抽样方法数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据分层抽样求得男、女抽取的人数，然后计算出符合题意的抽样方法数.
【详解】由分层抽样可得男性需要6名，女性需要3名，甲､乙两位男性为确定人选，则还需要从剩下的14名男性中选出4名，8名女性中选出3名，不同的抽样方法数是.
故选：D
3. 曲线在点处的切线方程为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出原函数的导函数，得到函数在时的导数，然后由直线方程的斜截式得答案．
【详解】由，得
，
，，
则曲线在点处的切线方程是，即．
故选C．
【点睛】本题考查利用导数研究在曲线上某点处的切线方程，求曲线在点P处的切线，则表明P点是切点，只需求出函数在点P处的导数，然后利用点斜式写出切线方程即可.
4. 已知两点，，直线过点且与线段有交点，则直线的倾斜角的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出图形，求出的斜率，数形结合可求得直线的斜率的取值范围，再由斜率与倾斜角的关系可求出倾斜角的取值范围.
【详解】如图所示，直线的斜率，直线的斜率．
由图可知，当直线与线段有交点时，直线的斜率，
因此直线的倾斜角的取值范围是．
故选：C
5. 数列满足，则它的前20项和等于（ ）
A. -10B. -20C. 10D. 20
【答案】D
【解析】
【分析】根据，利用并项求和法即可得出答案.
【详解】解：因为，
所以
.
故选：D.
6. 函数在的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先求出的值，可排除部分选项，再由当从负方向趋近于0时，，可知此时，进而可选出答案.
【详解】因为，所以选项C、D都是错误；
当从负方向趋近于0时，，此时，只有选项A符合.
故选：A.
【点睛】本题考查函数图象的识别，利用特殊值法是解决本题的关键，考查学生的推理能力，属于中档题.
7. 记，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由函数在R上单调递增，可判断，再对两边取对数，由函数在单调递减，可得，从而得解.
【详解】设，则在R上单调递增，
故，即；
由于，
设，，
则，，
则在单调递减，故，
即，则；
综上得，， D正确
故选：D
8. 如图，过双曲线的左焦点引圆 的切线，切点为，延长交双曲线右支于点，为线段的中点， 为坐标原点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线的定义，结合几何图形，转化为，再消去后，即可求得双曲线的离心率.
【详解】如图，双曲线的右焦点为，连结，连结，则，
因为点分别是的中点，
所以，
中，，，则，
所以，
即，又，
所以，即，
，解得：，
所以双曲线的离心率为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用几何图形，分析出.
二、多项选择题（共4小题，每小题5分，共计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，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABCD
【解析】
【分析】赋值求；利用二项式定理的通项公式法，求；赋值和，判断CD.
详解】A.令，得，故A正确；
B.中，含有项的系数为，故B正确；
C.当时，，①
所以，故C正确；
D.当时，，②
①+②，得，
所以，故D正确.
故选：ABCD
10. 设数列前项和为，满足，且，，则下列选项正确的是（ ）
A.
B. 数列为等差数列
C. 当时，有最大值
D. 设，则当或时，数列的前项和取最大值
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据和的关系可得数列为等差数列，进而求得即可判断A，根据等差数列的前项和公式求得，进而得到，进而根据等差数列的定义判断B；根据二次函数的性质判断C；分析可得时，，，，时，，再结合，即可判断D.
【详解】由，，且，
当时，，即，
当时，，
则，
即，
即，
因为，所以，
则数列为等差数列，公差为，首项为，
所以，故A正确；
而，则，
当时，，
所以，所以数列为等差数列，故B正确；
因为，
所以当时，取得最大值，故C错误；
令，得，
令，得，
则当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
又，，
所以当或时，数列的前项和取最大值，故D正确.
故选：ABD.
11. 如图，在正方体 ，，是正方形 内部（含边界）的一个动点，则（ ）
A. 存在唯一点，使得
B. 当点在上移动时，直线与直线所成角不变
C. 直线与平面所成角的最小值为
D. 当时，点的轨迹为圆的一部分
【答案】BD
【解析】
【分析】首先以点为原点，建系设点，利用数量积公式，即可判断AB；利用线面角的向量公式，结合点的坐标的范围，即可判断C；由条件得到，根据圆的定义，即可判断D.
【详解】如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
，，，，，，
，，，得，
所以点的轨迹为线段，有无数个点，满足，故A错误；
B. 当点在上移动时，设，
，，
，即，
所以直线与直线所成角为，故B正确；
C. ，平面的法向量，设直线与平面所成角为，
则，，
当时，的最小值为，的最小值不是，故C错误；
D.当时，根据勾股定理可知，，即点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在正方形的一部分，故D正确.
故选：BD
12. 已知、为抛物线 上两点，以 为切点的抛物线的两条切线交于点 ，设以 为切点的抛物线的切线斜率为，，过 的直线斜率为 ，则以下结论正确的有（ ）
A. ，，成等差数列
B. 若点在抛物线的准线上，则不是直角三角形
C. 若点在直线上，则直线恒过定点
D. 若点在抛物线上，则面积的最大值为2
【答案】AC
【解析】
【分析】首先利用导数求，，并求直线方程，代入点的坐标后，利用韦达定理，表示，即可证明A；利用的值，即可判断B；利用直线的斜率，以及表示直线的方程，即可判断C；利用韦达定理表示弦长，以及点到直线的距离，即可判断的面积，即可判断D.
【详解】设，，由，得，
故，，
所以切线的方程为，即，
同理，切线的方程为，
设点坐标为，所以，，
从而为方程的两根，故，，
,
故，，成等差数列，故A正确；
若点在抛物线的准线上，则，，故两切线垂直，
则为直角三角形，故B错误；
若点在直线上，则，
直线的方程为，即，
由于，故直线的方程为，即，
从而直线恒过定点，故C正确；
由点满足，
且由A选项可知，，，
所以，
且直线方程为，
点到直线的距离，
所以的面积为，
所以面积的为定值2，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：本题A选项是关键，由A可判断直线的斜率，以及直线方程，对其他选项的判断都有帮助.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分. 把答案写在答题卡中的横线上）
13. 已知5位教师到4所学校支教，每所学校至少份配1位教师，每位教师只能去一所学校，则分配方案有_____________种.
【答案】
【解析】
【分析】按照先分组再分配的方法，结合排列组合公式，即可列式求解.
【详解】由题意可知，5位教师的分组情况为2，1,1,1的分组，再分配到4所学校，
所以分配方案有.
故答案为：240
14. 已知正整数，若的展开式中不含的项，则n=______．
【答案】10
【解析】
【分析】根据的展开式中不含的项列方程，结合组合数的性质求得的值.
【详解】因为的展开式的通项为，
所以展开式中的系数为，的系数为．
又，
所以若展开式中不含，则，由组合数的性质以及，得．
故答案为：
15. 已知若存在，使得成立，则的最大值为_____________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据两函数的同构特征，不难发现，考查利用函数的单调性推得，从而将转化为，最后通过的最大值求得的最大值.
【详解】因则，
由知时，，即函数在上单调递增.
由可得：且,故得：，
则，不妨设，则，
故当时，，递增，当时，，递减，
即，故的最大值为.
故答案为：.
16. 已知平面上两定点A、B，则所有满足（且）的点P的轨迹是一个圆心在直线AB上，半径为的圆．这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆．已知棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1表面上动点P满足，则点P的轨迹长度为________．
【答案】
【解析】
【分析】以为原点建立平面直角坐标系，结合题意可得点在空间内的轨迹为以为球心，半径为2的球.再根据球的性质求解即可.
【详解】在图1中，以为原点建立平面直角坐标系如图2所示，
设阿氏圆圆心为，半径为，
因为，所以，所以，
设圆与交于点，由阿氏圆性质，知，
又，所以，
又，所以，解得，所以，
所以点在空间内的轨迹为以为球心，半径为2的球，
当点在面内部时，如图2所示，截面圆与分别交于点，
所以点在面内的轨迹为，
因为在中，，所以，
所以，所以点在面内部的轨迹长为，
同理，点在面内部的轨迹长为，
当点在面内部时，如图3所示，因为平面，
所以平面截球所得小圆是以为圆心，以长为半径的圆，
截面圆与分别交于点，且，
所以点在面内的轨迹为，且，
综上，点的轨迹长度为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求球与平面公共点轨迹长度时先求出平面截球所得圆面的半径，当截面为完整的圆时可直接求圆周长，当截面只是圆的一部分时先求圆心角的大小再计算弧长.
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. 已知在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，选择下列两个条件之一：①：，②：作为已知条件，解答以下问题.
（注：若两个条件都选择作答，按第一个条件作答内容给分）
（1）求角的大小；
（2）若的面积为，，求的值.
【答案】条件选择见解析；（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）若选择条件①：利用二倍角公式及诱导公式得到，从而得到，即可得解；
若选择条件②：依题意可得，再利用余弦定理计算可得；
（2）由三角形面积公式求出，再利用正弦定理求出，最后由正弦定理计算可得；
【详解】解：（1）若选择条件①：
在中，因为，
所以，
于是有，
即，
所以，解得或（舍去），
因为，所以；
若选择条件②：
由，可得：，即有，
所以，
因为中，，所以.
（2）的面积，
结合（1）中，得：，
利用正弦定理，，
解得，又，
所以.
18. 某种植户对一块地的个坑进行播种，每个坑播粒种子，每粒种子发芽的概率均为，且每粒种子是否发芽相互独立，对每一个坑而言，如果至少有两粒种子发芽，则不需要进行补播种，否则要补播种.
（1）从 个坑中选两个坑进行观察，两坑不能相邻，有多少种方案？
（2）对于单独一个坑，需要补播种的概率是多少？
（3）当 取何值时，有3个坑要补播种的概率最大？最大概率为多少？
【答案】（1）
（2）
（3）或；
【解析】
【分析】（1）不相邻问题插空法；
（2）单独一个坑需要补播种的情况有两种，分别计算两粒种子不发芽的概率和三粒种子不发芽的概率，两者概率之和即是答案；
（3）由（2）可得个坑要补播种的概率为，应用不等式法求最大概率并确定对应值即可.
【小问1详解】
先把个坑排好共个空，再把剩下的2个坑往空里放，共有种方案；
【小问2详解】
一个坑需要补播种有两种可能：两粒种子不发芽和三粒种子不发芽
两粒种子发芽的概率
三粒种子发芽的概率
所以一个坑需要补播种的概率
【小问3详解】
3个坑要补播种的概率为，要想有3个坑要补播种概率最大，即满足不等式组
解得：，又，所以或时，3个坑要补播种的概率最大，此时.
19. 已知数列的前n项和满足．
（1）求的通项公式；
（2）设数列满足，记的前n项和为，若存在使得成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合，可证明是等比数列，求解即可；
（2）乘公比错位相减法求和可得，代入，化简可得恒成立，结合单调性求解即可.
【小问1详解】
∵，当可得，
，
∴，
即是以1为首项，的等比数列，
∴.
【小问2详解】
∵,
∴,
,
两式相减：
,
∴,
∴,
∴,
即存在使成立,
∵随着n增大，在减小,
∴当时，.
20. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出平面，然后以点为原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法求出的值，再利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）因为，，为的中点，则且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，所以，即.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）因为，为的中点，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因为，
如图，以原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设，其中，
所以，，
又，设平面的法向量为，
则，所以，
取，得，
由题意知平面的一个法向量为，
因为二面角为，所以，
因为，解得，
所以,
易知平面的一个法向量为，.
所以与平面所成角的正弦值为.
21. 设点 是椭圆 上任意一点，过点 作椭圆的切线，与椭圆交于 两点.
（1）求证：;
（2）的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）见解析 （2）是定值，定值为
【解析】
【分析】（1）直线与椭圆方程联立，证明的中点坐标，即切点的坐标；
（2）首先讨论直线的斜率不存在的情况，以及直线的斜率存在时与椭圆方程联立，并利用韦达定理表示弦长，并表示的面积.
【小问1详解】
设直线斜率不存在，则点在轴上，由对称性可知，，
若直线的斜率存在，设，，，，
联立，可得，
当时，直线与椭圆切于点，，
解得：，，
当时，线段中点的横坐标，
所以点为线段的中点，，
综上，；
【小问2详解】
若直线斜率不存在，则，与椭圆方程联立可得，，，故，
若直线的斜率存在，由（1）可得
，，
，
点到直线的距离，
所以，
综上的面积为定值.
【点睛】关键点点睛：本题第一问的关键是转化为直线与椭圆相交和相切的问题，转化为证明的中点，即切点.
22. 已知函数.
（1）若 ，求 的单调区间；
（2）若，，且 有两个极值点，分别为和，求的最小值.
【答案】（1）单调递增区间是和，单调递减区间是；
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数与函数单调性的关系，即可求解；
（2）首先利用极值点与导数的关系，得到，，并通过变形得到，利用换元构造函数，利用导数判断函数的单调性，并求的最值，即可求解函数的最小值.
【小问1详解】
若，，
令，得或，
当或时，，
当时，，
所以函数的单调递增区间是和，单调递减区间是；
【小问2详解】
，
令，可得，
由题意可得，是关于方程的两个实根，
所以，，
由，有，
所以，
将代入上式，得，
同理可得，
所以，
，①，
令,①式化为，
设，即，
，
记，则，
记，则，
所以在上单调递增，所以，
所以，在上单调递增，所以，
所以，在上单调递减，
又，
，
当时，的最大值为4，即的最大值为2，
因为在上单调递减，的最小值为，
所以的最小值为.
【点睛】思路点睛：本题第二问的关键是
，并利用换元构造函数，转化为利用导数求函数的最值问题，第二个关键是求的最值.