136，山西省吕梁市2023-2024学年高二上学期期末数学试题

这是一份136，山西省吕梁市2023-2024学年高二上学期期末数学试题，共21页。试卷主要包含了答题时使用0，保持卡面清洁，不折叠，不破损， 函数的零点个数为， 若，则的大小关系为等内容，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】
【分析】将圆的一般方程化为标准方程，由此确定圆心坐标及半径.
【详解】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】
【分析】根据题意，结合双曲线的几何性质，即可求解.您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 【详解】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. 62B. 30或10C. 62或D. 30
【答案】A
【解析】
【分析】运用等比数列通项公式基本量的计算，先求出首项和公比，然后再运用等比数列前项和公式求出前项和.
【详解】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】
【分析】求得，由，求得或，分别求得函数的单调区间，结合函数极值点的定义，即可求解.
【详解】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. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】求导可得函数的单调性，进而结合零点存在性定理即可求.
【详解】，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】
【分析】取中点，证得平面，得到，再证得，从而证得平面，得到，即可求解.
【详解】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】
【分析】由条件依次求出月的产量和合格率，由此可求4月份的不合格产品的数量.
【详解】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】
【分析】构造函数，，利用导数求函数最小值，得到和，令即可比较大小.
【详解】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】
【分析】根据题意，求得抛物线及焦点，结合抛物线的几何性质，逐项判定，即可求解.，
【详解】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】
【分析】根据题意，求得，结合题意，得到，结合等差数列的性质的求和公式，逐项判定，即可求解.
【详解】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】
【分析】对函数求导，分析其单调性得到其图象，可判断ABC，对应选项D，设函数的值域为，的值域为G，由求解判断.
【详解】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】
【分析】由线面垂直，面面平行判断AB,由平面展开求最值判断C,由截面变化求最值判断D.
【详解】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.
【点睛】关键点点睛:本题考查线面垂直及面面平行证明，截面问题，解决D选项的关键是利用动态变化讨论O的变化情况.
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】
【分析】由直线平行的充要条件即可求解.
【详解】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】
【分析】由的关系对分类讨论即可求解.
【详解】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】
【分析】根据给定条件，构造函数并利用导数求出函数的最小值即得.
【详解】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】
【分析】根据椭圆的对称性，角平分线性质可得，结合椭圆定义可求，利用余弦定理列出关于的方程，由此可求离心率.
【详解】 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.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据空间向量的线性运算，得到，结合向量的数量积的运算法则，即可求解；
（2）由空间向量的运算法则，得到，结合向量的数量积的运算公式，即可求解.
【小问1详解】
解：根据空间向量的线性运算，可得，
可得
，
所以.
【小问2详解】
解：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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合方程表示圆的条件，列出方程，即可求解；
（2）由（1）得到圆心，半径为，得到，结合圆心到直线的距离，即可求解.
【小问1详解】
由方程表示圆，则满足，
即，解得或，
所以的取值范围是.
【小问2详解】
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.
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）由递推关系把拆到等号两边，变成后推出即可；
（2）求出数列的通项，再用错位相减法求出即可.
【小问1详解】
证明：
所以是以为首项，为公比的等比数列.
所以，所以.
【小问2详解】
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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由椭圆的性质得到，设点，表示出，再代入椭圆方程，求出，得到椭圆方程；
（2）设直线的方程：，直曲联立，韦达定理表示出，再用其表示出三角形面积，最后结合基本不等式求出结果.
【小问1详解】

依题意可得，，所以.
设，则，
又因为所以，
所以，所以的标准方程为.
【小问2详解】

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.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得；
（2）取的中心为坐标原点，建立空间直角坐标系，再取的中心为，求得，得到向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）对函数求导，分别讨论和两种情况，即可求出结果；
（2）先分离参数，将原式化为，构造函数，利用导数判断的单调性进而求出的最大值即可.
【小问1详解】
定义域为，，
当时，恒成立，所以的单调递减区间为,
当时，令，则，所以的单调递增区间为，
令，则，所以的单调递减区间为,
综上：当时，的单调递减区间为，无增区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
【小问2详解】
当时，恒成立，
即对恒成立，
即对恒成立，
令（），
令（），则，
令（），则，
由得，，所以，所以在上单调递减，
所以，即，所以在上单调递减，
所以，
令，则，所以单调递增，
令，则，所以在单调递减，
所以，所以.
综上实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是分离参数得对恒成立，再设新函数（），对此求导研究其最值即可.