高級中學名校試卷PAGEPAGE1山西省呂梁市2023-2024學年高二上學期期末數學試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，認其核對條形碼上的姓名、準考證號，并將條形碼粘貼在答題卡的指定位置上.2.答題時使用0.5毫米的黑色中性（簽字）筆或碳素筆書寫，字體工整、筆跡清楚.3.請按照題號在各題的答題區域（黑色線框）內作答，超出答題區域書寫的答案無效.4.保持卡面清潔，不折疊，不破損.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知圓，則圓心和半徑分別為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】圓的方程可化為.所以圓心的坐標為，半徑為，故選：B.2.雙曲線，則雙曲線的漸近線方程為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由雙曲線，可得，又由雙曲線的焦點在軸上，所以雙曲線的漸近線方程為.故選：C.3.已知正項等比數列滿足，則（）A.62 B.30或10 C.62或 D.30【答案】A【解析】設等比數列的公比為，因為該正項等比數列滿足，所以，解得，故.故選：A.4.若函數在處有極小值，則（）A. B. C.或 D.【答案】A【解析】由函數，可得，因為函數在處取得極小值，可得，解得或，當時，令，解得或；令，解得，函數在上單調遞增，在上單調遞減，在單調遞增，所以在處有極大值，不符合題意，舍去；當時，令，可得或；令，可得，函數在上單調遞增，在上單調遞減，在單調遞增，所以在處有極小值，符合題意，綜上可得，.故選：A.5.函數的零點個數為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】，令，則，令，解得，故在上單調遞增，在上單調遞減，故當時取最小值，又，，所以=0在上各有一解，所以有兩個零點，故選：B.6.如圖，正三棱柱的各棱長相等，為的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（）A. B. C. D.0【答案】D【解析】取中點，因為，可得，又因為平面，且平面，所以，因為，且平面，所以平面，又因為平面，所以，在正方形中，分別為的中點，設可得，可得，所以，所以，即，因為且平面，所以平面，又因為平面，所以，所以異面直線與所成的角為.故選：D.7.某工廠去年12月試產1060個高新電子產品，產品合格率為.從今年1月份開始，工廠在接下來的兩年中將生產這款產品.1月按去年12月的產量和產品合格率生產，以后每月的產量都在前一個月的基礎上提高，產品合格率比前一個月增加，則今年4月份的不合格產品的數量是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由題知：1月份的產量為個，合格率是，那么，2月份的產量為，合格率為，3月份的產量為，合格率為，則4月份的產量為，合格率為，則4月份的不合格數量是，故選：B.8.若，則的大小關系為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】令，則，當時，，所以，所以在上單調遞增；當時，，所以，所以在上單調遞增，所以當時，，所以，即，所以，所以，令，則，當時，，所以在上單調遞增；當時，，所以在上單調遞減；所以，當時，，所以，即，所以，所以，所以.故選：A.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求的，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.設拋物線的焦點為，準線為，點是拋物線上不同的兩點，且，則（）A. B.以線段為直徑的圓必與準線相切C.線段的長為定值 D.線段的中點到軸的距離為定值【答案】AD【解析】對于A中，由拋物線的準線為，可得，解得，所以拋物線的焦點為且，所以A正確；對于B中，如圖，當線段過焦點時，過作，取的中點作，可得，此時以線段為直徑的圓與準線相切，因為直線不一定過拋物線的焦點，則不一定成立，故B錯誤.對于C中，設，由拋物線得的定義得，所以，當直線過原點時，設，則，此時，可得，當直線為時，可得，不妨設，可得，所以的長不是定值，所以C錯誤；對于D中，由，則線段的中點到軸的距離為，所以D正確.故選：AD.10.已知等差數列的首項，公差，在中每相鄰兩項之間都插入3個數，使它們和原數列的數一起構成一個新的等差數列是數列的前項和.以下說法正確的是（）A. B.是數列的第8項C.當時，最大 D.是公差為的等差數列【答案】BC【解析】由等差數列的首項，公差，可得，對于A中，根據題意，可得，所以公差為，所以數列的通項公式為，所以A錯誤；對于B中，由，令，解得，所以B正確；對于C中，令，解得，所以或時，取得最大值，所以C正確；對于D中，由，可得，所以是公差為，所以D錯誤.故選：BC.11.已知函數，下列說法正確的是（）A.單調遞減區間是B.在點處的切線方程是C.若方程只有一個解，則D.設，若對，使得成立，則【答案】BD【解析】函數，，，令，得或；令，得；可得函數在和上單調遞減，在單調遞增，其大致圖象如圖：對于，由上述分析可得A錯誤；，由，，得，所以切線為，故B正確；對于C，由方程只有一解，由圖象可知，或，故C錯誤；對于D，設函數的值域為，函數的值域為，對于，，，對于，，，若，，使得成立，則，故D正確，故選：BD.12.已知正方體的棱長為是空間中的一動點，下列結論正確的是（）A.若分別為的中點，則平面B.平面平面C.若，則最小值為D.若，則平面截正方體所得截面面積的最大值為【答案】BCD【解析】對于A，若分別為的中點，則，又，則，又由正方體性質易知:平面平面故，又平面，故平面，又平面，則，同理可得平面又平面，則，又平面，故平面，若平面，則，而相交，故與平面不垂直，故A不正確；對于B，在正方體中，易知，故為平行四邊形，則又平面，平面，故平面，同理可得平面，又平面，故平面平面成立.故B正確；對于C，正方體的棱長為2，是空間中的一動點，在上取點，使得，在上取點，使得，如圖，由，得，即，故是線段上一點．將平面沿展開至與平面共面，易知，則，平面圖中，當，O，三點共線時，取得最小值，故C正確；對于D，由，可知是線段上一點．連接并與交于點．當與重合時，平面與平面重合，截面為正方形，面積為4．當在線段（不含點上時，平面截正方體所得截面為三角形，且易知當從D運動到時，三角形面積逐漸增大，當與重合時截面為，由三角形三邊長均為，故此時截面面積為．當在線段（不含點，上時，延長并與交于點，作并與交于點，由選項B易知,且，易知,則截面為等腰梯形，設，則，．梯形的高，故梯形面積為．設，設，恒成立，則在單調遞減，故，則當與重合時，截面為矩形，面積為．綜上可知，平面截正方體所得截面積的最大值為，故D正確；故選：BCD.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.若直線與直線平行，則______.【答案】【解析】由與平行，則，所以.故答案為：.14.已知數列的前項和為，若，則______.【答案】【解析】當時，，當時，不滿足上式，所以.故答案為：.15.已知函數，若成立，則的最小值為______.【答案】【解析】函數，由，得，則，令，求導得，當時，，當時，，因此函數在上單調遞減，在上單調遞增，則，所以的最小值為.故答案為：16.已知是橢圓的左、右焦點，直線與橢圓相交于兩點，的平分線交于點，且，則橢圓的離心率為______.【答案】【解析】連接、，根據橢圓的對稱性可知四邊形為平行四邊形，所以，根據角平分線定理得：，所以，又，又，又在中，由余弦定理得：，所以故答案為：.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.如圖所示，平行六面體中，，.（1）用向量表示向量，并求；（2）求.解：（1）根據空間向量的線性運算，可得，可得，所以.（2）由空間向量的運算法則，可得，因為且，所以.18.已知圓.（1）求的取值范圍；（2）當取最小正整數時，若點為直線上的動點，過作圓的一條切線，切點為，求線段的最小值.解：（1）由方程表示圓，則滿足，即，解得或，所以的取值范圍是.（2）由（1），因為取最小正整數，所以，所以圓，可得圓心，半徑為，又因為，所以取最小值時取最小值，而取最小值，即為圓心到直線的距離，可得，所以.19.已知數列的首項，且滿足.（1）求證：是等比數列，并求出的通項公式；（2）設，求數列的前項和.解：（1）所以是以為首項，為公比的等比數列.所以，所以.（2）因為，所有，，，作差可得，所以.20.已知橢圓的左右頂點分別為，長軸長為，點在橢圓上（不與重合），且，左右焦點分別為.（1）求的標準方程；（2）設過右焦點的直線與橢圓交于兩點，當的面積最大時，求直線的方程.解：（1）依題意可得，，所以.設，則，又因為所以，所以，所以的標準方程為.（2）因為在直線上，設直線的方程：，聯立，整理得，，由題可知：當且僅當，即時，面積最大為，此時直線的方程是∶.21.如圖，多面體由正四面體和正四面體組合而成，棱長為.（1）證明：；（2）求與平面所成角的正弦值.解：（1）取的中點，連接，在正四面體和正四面體中，可得和均為等邊三角形，所以，因為且平面，所以平面，又因為平面，所以.（2）取的中心為坐標原點，過作的平行線為軸正方向，為軸正方向，為軸正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示，因為正四面體的棱長是，可得，則,所以，則，再取的中心為，因為，設，可得，解得，即，所以，，可得，則又由平面的一個法向量，設直線與平面所成的角為，可得，所以直線與平面所成角的正弦值是.22.已知函數.（1）討論函數的單調區間；（2）當時，恒成立，求實數的取值范圍.解：