精品解析：广西桂林市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷

桂林市2023～2024学年度下学期期末质量检测 高二年级数学 （考试用时120分钟，满分150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、班级、学号和准考证号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡的“条形码粘贴处”. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回. 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. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 3. 曲线在点处的切线方程是（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列的各项均不为0，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 对四组数据进行统计，获得如下散点图，其中样本相关系数最小的是（ ） A. B. C. D. 6. 从1，3，5，7中任取2个数字，从2，4中任取1个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是（ ） A. 8 B. 12 C. 18 D. 72 7. 在数列中，，对任意m，，都有，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知点是椭圆C：（）的左焦点，过原点作直线l交C于A，B两点，M，N分别是，的中点，若存在以线段MN为直径的圆过原点，则C的离心率的取值范围是（ ） A B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 直线l：，圆C：，下列结论正确的是（ ） A. 直线l的倾斜角为 B. 圆C的圆心坐标为（1，0） C. 当时，直线l与圆C相切 D. 当时，直线l与圆C相交 10. 已知数列的前n项和，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 数列是递增数列 C. D. 11. 如图所示，已知正四棱柱中，为的中点，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. 为棱上任一点，则三棱锥的体积为定值 D. 平面截此四棱柱的外接球得到的截面面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中，的系数是________．（用数字作答） 13. 盒子里有4个红球和2个白球，这些球除颜色外完全相同．如果不放回地依次抽取2个球，在第一次抽到红球的条件下，第二次抽到红球的概率是________． 14. 当a＞0时，若不等式恒成立，则最小值是__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数． （1）求的单调区间和极值； （2）判断在上否有零点，并说明理由． 16. 设等差数列的公差为d，前n项和为，已知，． （1）求的通项公式； （2）已知等比数列的公比为q，，，设，求数列的前n项和． 17. 已知抛物线E：，过点的直线与E交于A，B两点，设E在点A，B处的切线分别为和，与的交点为P． （1）若点A坐标为，求的面积（O为坐标原点）； （2）证明：点P在定直线上． 18. 如图，已知边长为的正方形，以边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面围成一个几何体．设是上的一点，，分别为线段，的中点． （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值； （3）在（2）条件下，线段上是否存在点，使平面，证明你的结论． 19. 已知函数，（）． （1）求函数的最小值； （2）若恒成立，求a的取值范围； （3）设，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 桂林市2023～2024学年度下学期期末质量检测 高二年级数学 （考试用时120分钟，满分150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、班级、学号和准考证号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡的“条形码粘贴处”. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回. 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. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据基本初等函数求导公式得解. 【详解】由基本初等函数的求导公式知， ，，，，故ACD错误，B正确. 故选：B 2. 双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据双曲线方程求出即可得解. 【详解】由双曲线知，， 所以， 所以. 故选：B 3. 曲线在点处的切线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求出切线斜率即可得解. 【详解】由可得， 所以, 故切线方程为，即. 故选：D 4. 已知数列的各项均不为0，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】为公差为3的等差数列，求出，代入求解即可. 【详解】由，可知为公差为3的等差数列，且首项为， 故， 故，. 故选：C 5. 对四组数据进行统计，获得如下散点图，其中样本相关系数最小的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据散点图中点的分布的特征，确定四个图对应的相关系数的正负以及大小关系，可得答案. 【详解】分别记A、B、C、D四个散点图所对应的相关系数为、、、， 由图可得A为正相关，则，B、D为负相关，且图中的点比图中的点分布更为集中， 所以，且，即，且接近， C图中相关关系强度最弱，即接近， 所以样本相关系数最小的是B. 故选：B 6. 从1，3，5，7中任取2个数字，从2，4中任取1个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是（ ） A. 8 B. 12 C. 18 D. 72 【答案】D 【解析】 【分析】利用分步计数原理，结合组合数与排列数，即可计算结果. 【详解】从1，3，5，7中任取2个数的方法数有； 从2，4中任取1个数的方法数有； 选出的3个数的排列有； 再利用分步计数乘法原理得： 可以组成没有重复数字的三位数的个数有. 故选：D. 7. 在数列中，，对任意m，，都有，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用恒等式赋值得到等比递推，即可求解. 【详解】令得：，所以是等比数列，首项为，公比为， 则，即 ， 故选：C. 8. 已知点是椭圆C：（）的左焦点，过原点作直线l交C于A，B两点，M，N分别是，的中点，若存在以线段MN为直径的圆过原点，则C的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令椭圆右焦点为，根据给定条件，判断四边形为矩形，再利用椭圆定义结合均值不等式求解作答. 【详解】令椭圆右焦点为，半焦距为c，连接，因为分别是、的中点，O为的中点，    则，由以为直径的圆过原点，得， 则有，又点A，B关于原点O对称，即四边形为平行四边形，且是矩形， 于是，有，， 因此，当且仅当时取等号， 即有，，则，而，解得. 故选：A. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 直线l：，圆C：，下列结论正确的是（ ） A. 直线l的倾斜角为 B. 圆C的圆心坐标为（1，0） C. 当时，直线l与圆C相切 D 当时，直线l与圆C相交 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据直线l斜率和倾斜角的关系，即可判断A选项；将圆心求出，即可判断B选项；利用点到直线的距离公式求出，即可得出直线l与圆的位置关系，即可判断C选项；利用点到直线的距离公式求出，即可表示出直线l与圆的位置关系，计算求参，即可判断D选项. 【详解】直线l：的斜率为1，所以直线l的倾斜角为，A选项错误； 而圆：，即，可知圆心，半径，B选项正确； 当时，直线l：， 设圆心到直线l的距离为，则， 所以直线与圆相切，故C正确； 对于D项，圆：，即，可知圆心，半径, 因为直线与圆C交于两点，所以圆心C到直线l的距离， 即，解得， 所以当时，直线l与圆C相交，故D项正确； 故选：BCD. 10. 已知数列的前n项和，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 数列是递增数列 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据所给递推关系求判断A，由关系得出数列为等比数列判断BC，由求和公式判断D. 【详解】当时，，解得，故A正确； 当时，由可得，，两式相减得， 数列是等比数列，公比，且首项，所以数列是递减数列，故B错误； 由等比数列求和公式知，，故C正确； 由C知，，故D错误. 故选：AC 11. 如图所示，已知正四棱柱中，为的中点，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. 为棱上任一点，则三棱锥的体积为定值 D. 平面截此四棱柱的外接球得到的截面面积为 【答案】BC 【解析】 【分析】由线面平行的定义可知A错误；由线面垂直的判定定理判定B正确；由平面为定值，对；到平面距离为到平面距离为，正四棱柱外接球半径为可判定D错误. 【详解】A：由为的中点，所以A错； B：平面平面， ，又 平面，平面， 平面，B对； 平面，平面， 平面为定值，对； ：设外接球球心为，即为对角线中点. 到平面距离为到平面距离的一半， 到平面距离等于到平面距离，设为， 由，即， ，则到平面距离为， 正四棱柱外接球半径为， 所以截面圆半径错. 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中，的系数是________．（用数字作答） 【答案】24 【解析】 【分析】根据二项式定理得到通项公式，求出的系数. 【详解】的展开式通项公式为， 令得，， 故的系数为24. 故答案为：24 13. 盒子里有4个红球和2个白球，这些球除颜色外完全相同．如果不放回地依次抽取2个球，在第一次抽到红球的条件下，第二次抽到红球的概率是________． 【答案】##0.6 【解析】 【分析】根据事件A发处的条件下事件B发生的概率为即可求解. 【详解】记“第一次摸到红球”为事件A，记“第二次摸到红球”为事件B，则两次都摸到红球为事件AB. 因为，，所以. 故答案为： 14. 当a＞0时，若不等式恒成立，则最小值是__________． 【答案】 【解析】 【分析】先将不等式转化为，进而转化为的图像恒在图像的下方，求出两个函数的零点，比较两个函数的零点得到， 且当恰为在处的切线时取得最小值，即可求解. 【详解】由题意知：，由可得，即不等式恒成立，令， 易得为斜率大于0的一条直线，；，当时，单增， 当时，单减，又，要使不等式恒成立，必有的零点与的零点重合 或者在的零点左侧，如图所示： 故有，解得，当且仅当恰为在处的切线时取等，此时的图像恒在图像的下方， 即满足恒成立，即恒成立.又，故在处的切线方程为， 即时，取得最小值 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数． （1）求的单调区间和极值； （2）判断在上是否有零点，并说明理由． 【答案】（1）增区间为，减区间为，极小值为，无极大值； （2）函数在上有零点，理由见解析 【解析】 【分析】（1）先确定函数的定义域，再求导确定单调区间和极值； （2）根据零点存在定理确定函数在上是否有零点. 【小问1详解】 函数的定义域为， ， 令，得，的增区间为， 令，得，的减区间为 的极小值为，无极大值. 【小问2详解】 在上有零点， 因为，， 所以， 由零点存在定理可知，函数在上有零点. 16. 设等差数列的公差为d，前n项和为，已知，． （1）求的通项公式； （2）已知等比数列公比为q，，，设，求数列的前n项和． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，列出关于的方程组，求解即得的通项. （2）由（1）求出，再利用错位相减法求和即得. 【小问1详解】 由，得，由，得， 联立解得，， 所以的通项公式. 【小问2详解】 由（1）得，，则， ， 于， 两式相减得： ， 所以. 17. 已知抛物线E：，过点的直线与E交于A，B两点，设E在点A，B处的切线分别为和，与的交点为P． （1）若点A的坐标为，求的面积（O为坐标原点）； （2）证明：点P在定直线上． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出直线方程，联立抛物线可得交点坐标，即可得出三角形面积； （2）求出切线方程联立求出交点坐标，再得出直线方程，交点满足直线方程即可得证. 【小问1详解】 直线AB的斜率 直线AB的方程为，即 联立方程，整理得： 设，则， 设直线AB与y轴的交点为D，则 【小问2详解】 由，得 的方程为：，整理得： 同理可得的方程为： 设，联立方程，解得 因为点T（1，2）在抛物线内部，可知直线AB的斜率存在， 设直线AB的方程为，与抛物线方程联立得： 故，， 所以，，可得 所以点P在定直线上 18. 如图，已知边长为的正方形，以边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面围成一个几何体．设是上的一点，，分别为线段，的中点． （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值； （3）在（2）的条件下，线段上是否存在点，使平面，证明你的结论． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在，证明见解析 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，利用中位线性质可证四边形是平行四边形，可得，然后利用线面平行的判定即可得证. （2）利用线面垂直可以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设平面的法向量为，可得，取，得，，根据垂直易知平面的一个法向量为，进而利用向量夹角余弦值公式求解即可. （3）设，（），可得，，根据平面，所以，即可求出的值得证. 【小问1详解】 取的中点，连接，， 因为，分别为线段，的中点， 所以，， 又因为平行且相等，所以平行且相等， 所以四边形是平行四边形，所以． 又因为平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 依题意得平面，所以， 因为，，平面，， 所以平面，所以， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，建系如图所示， 则，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，得， 取，得，， 所以平面的一个法向量是， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则. 【小问3详解】 满足条件的点存在，证明如下： 设，（）， 则， 所以，， 因为平面，所以， 所以，得， 所以存在点满足题意. 19. 已知函数，（）． （1）求函数的最小值； （2）若恒成立，求a的取值范围； （3）设，证明：． 【答案】（1）0 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，得出函数的极值即可得最值； （2）转化为恒成立，构造函数，利用导数求函数的最小值即可得解； （3）由（1）可转化不等式，再由裂项相消法即可得证. 【小问1详解】 ，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以. 【小问2详解】 因为恒成立，即恒成立， 令（）， ， 令（）， ，在单调递增， 因为，， 所以，使，即，则， 当时，，，单调递减， 当时，，，单调递增， 故， 所以， 令（），，在单调递减， 因为， 所以a的取值范围是. 【小问3详解】 由（1）知，当且仅当时，等号成立， 要证， 只需证， 因为， ， ， . 故原命题得证. 【点睛】关键点点睛：第三问在证明过程中，关键在于取对数后，利用第一问的结论，转化不等式后去掉对数，再由裂项相消法可得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$