2023-2024学年太原师院附中高二上数学期末调研试题含解析

2023-2024学年太原师院附中高二上数学期末调研试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"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。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，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，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．在的展开式中，的系数为（）A. B.5C. D.102．已知两个向量，若，则的值为（）A. B.C.2 D.83．在中，，，，则此三角形（）A.无解 B.一解C.两解 D.解的个数不确定4．某地区高中分三类，A类学校共有学生2000人，B类学校共有学生3000人，C类学校共有学生4000人，若采取分层抽样的方法抽取900人，则A类学校中的学生甲被抽到的概率（）A. B.C. D.5．设双曲线：（，）的右顶点为，右焦点为，为双曲线在第二象限上的点，直线交双曲线于另一个点（为坐标原点），若直线平分线段，则双曲线的离心率为（）A. B.C. D.6．设分别为圆和椭圆上的点,则两点间的最大距离是A. B.C. D.7．如果，，那么直线不经过的象限是（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限8．已知直线，当变化时，所有直线都恒过点（）A.B.C.D.9．甲、乙、丙、丁共4名同学进行党史知识比赛，决出第1名到第4名的名次（名次无重复），其中前2名将获得参加市级比赛的资格，甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你没有获得参加市级比赛的资格.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从这两个回答分析，4人的排名有（）种不同情况.A.6 B.8C.10 D.1210．函数在的最大值是（）A. B.C. D.11．下列导数运算正确的是（）A. B.C. D.12．已知平面直角坐标系内一动点P，满足圆上存在一点Q使得，则所有满足条件的点P构成图形的面积为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知为椭圆上的一点，，分别为圆和圆上的点，则的最小值为______14．已知数列满足，定义使（）为整数的k叫做“幸福数”，则区间内所有“幸福数”的和为_____15．双曲线的左顶点为，虚轴的一个端点为，右焦点到直线的距离为，则双曲线的离心率为__________.16．已知命题：平面上一矩形ABCD的对角线AC与边AB和AD所成角分别为，则，若把它推广到空间长方体中，体对角线与平面，平面，平面所成的角分别为，则可以类比得到的结论为___________________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知椭圆：的离心率为，，分别为椭圆的左，右焦点，为椭圆上一点，的周长为.（1）求椭圆的方程；（2）为圆上任意一点，过作椭圆的两条切线，切点分别为A，B，判断是否为定值?若是，求出定值：若不是，说明理由，18．（12分）已知数列的前项和为，且，，数列是公差不为0的等差数列，满足，且，，成等比数列.（1）求数列和通项公式；（2）设，求数列的前项和.19．（12分）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，底面，，是的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）设点是平面上任意一点，直接写出线段长度最小值.（不需证明）20．（12分）如图，四边形为矩形，，且平面平面.（1）若，分别是，的中点，求证：平面；（2）若是等边三角形，求平面与平面夹角的余弦值.21．（12分）已知数列，，其中，是各项均为正数的等比数列，满足，，且（1）求数列，的通项公式；（2）设，求数列的前n项和22．（10分）如图，四边形是矩形，平面平面，为中点，，，（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C【解析】首先写出展开式的通项公式，然后结合通项公式确定的系数即可.【详解】展开式的通项公式为：，令可得：，则的系数为：.故选：C.【点睛】二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项2、B【解析】直接利用空间向量垂直的坐标运算计算即可.【详解】因为，所以，即，解得.故选：B3、C【解析】利用正弦定理求出的值，再根据所求值及a与b的大小关系即可判断作答.【详解】在中，，，，由正弦定理得，而为锐角，且，则或，所以有两解故选：C4、D【解析】利用抽样的性质求解【详解】所有学生数为，所以所求概率为.故选：D5、A【解析】由给定条件写出点A，F坐标，设出点B的坐标，求出线段FC的中点坐标，由三点共线列式计算即得.【详解】令双曲线的半焦距为c，点，设，由双曲线对称性得，线段FC的中点，因直线平分线段，即点D，A，B共线，于是有，即，即，离心率.故选：A6、D【解析】转化为圆心到椭圆上点的距离的最大值加（半径）.【详解】设，圆心为，则，当时，取到最大值，∴最大值为故选：D.【点睛】本题考查圆上点与椭圆上点的距离的最值问题，解题关键是圆上的点转化为圆心，利用圆心到动点距离的最值加（或减）半径得出结论7、A【解析】将直线化为，结合已知条件即可判断不经过的象限.【详解】由题设，直线可写成，又，，∴，，故直线过二、三、四象限，不过第一象限.故选：A.8、D【解析】将直线方程整理为，从而可得直线所过的定点.【详解】可化为，∴直线过定点，故选：D.9、C【解析】由题可知甲不在前2名，乙不在最后一名，然后分类讨论可得答案.【详解】若甲是最后一名，则其他三人没有限制，4人排名即为，若甲是第三名，4人的排名为，所以4人的排名有种情况.故选：C10、C【解析】利用函数单调性求解.【详解】解：因为函数是单调递增函数，所以函数也是单调递增函数，所以.故选：C11、B【解析】利用基本初等函数的导数和复合函数的导数，依次分析即得解【详解】选项A，，错误；选项B，，正确；选项C，，错误；选项D，，错误故选：B12、D【解析】先找临界情况当PQ与圆C相切时，，进而可得满足条件的点P形成的图形为大圆（包括内部），即求.【详解】当PQ与圆C相切时，，这种情况为临界情况，当P往外时无法找到点Q使，当P往里时，可以找到Q使，故满足条件的点P形成的图形为大圆（包括内部），如图，由圆，可知圆心，半径为1，则大圆的半径为，∴所有满足条件的点P构成图形的面积为.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题的关键是找出临界情况时点所满足的条件，进而即可得到动点满足条件的图形，问题即可解决.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、8【解析】根据椭圆的定义、点到圆上距离的最小值，即可得到答案；【详解】设为椭圆的左右焦点，则，等号成立，当共线，共线，的最小值为，故答案为：14、2036【解析】先用换底公式化简之后，将表示出来，找出满足条件的“幸福数”，然后求和即可.【详解】当时，，所以，若满足正整数，则，即，所以在内的所有“幸福数”的和为：,故答案为：2036.15、【解析】根据双曲线左顶点和虚轴端点的定义，结合点到直线距离公式、双曲线的离心率公式进行求解即可.【详解】不妨设在纵轴的正半轴上，由双曲线的标准方程可知：，右焦点的坐标为，直线的方程为：，因为右焦点到直线的距离为，所以有，即双曲线的离心率为，故答案为：16、【解析】先由线面角的定义得到，再计算的值即可得到结论【详解】在长方体中，连接，在长方体中，平面，所以对角线与平面所成的角为，对角线与平面所成的角为,对角线与平面所成的角为，显然，，，所以,，故答案为：三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）（2）是；【解析】（1）由离心率和焦点三角形周长可求出，结合关系式得出，即可得出椭圆的方程；（2）由平行于轴特殊情况求出，即；当平行于轴时，设过的直线为，联立椭圆方程，令化简得关于的二次方程，由韦达定理即可求解.【小问1详解】由题可知，，解得，又，解得，故椭圆的标准方程为：；【小问2详解】如图所示，当平行于轴时，恰好平行于轴，，，；当不平行于轴时，设，设过点的直线为，联立得，令得，化简得，设，则，又，故，即.综上所述，.18、（1），（2）【解析】（1）根据，求出是以1为首项，3为公比的等比数列，求出的通项公式，求出的公差，进而求出的通项公式；（2）分组求和.【小问1详解】因为①，所以当时，②，①－②得：，即③，令得：，满足③，综上：是以1为首项，3为公比的等比数列，故，设的公差为d，则，因为，所以，解得：或0（舍去），所以【小问2详解】，则19、（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】（1）设，连结，根据中位线定理即可证，再根据线面平行的判定定理，即可证明结果；（2）由菱形的性质可知，可证，又底面，可得，再根据面面垂直的判定定理，即可证明结果；（3）根据等体积法，即，经过计算直接写出结果即可.【小问1详解】证明：设，连结.因为底面为菱形，所以为的中点，又因为E是PC的中点，所以.又因为平面，平面，所以平面.【小问2详解】证明：因为底面为菱形，所以.因为底面，所以.又因为，所以平面.又因为平面，所以平面平面.【小问3详解】解：线段长度的最小值为.20、（1）证明见解析（2）【解析】（1）通过构造平行四边形，在平面中找到即可证明（2）建立直角坐标系，通过两个面的法向量夹角的余弦值求出面面夹角的余弦值【小问1详解】证明：设为的中点，连接，，因为，分别为，的中点.所以且，又，为的中点，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；【小问2详解】取的中点，连接，，则，∵平面平面，平面平面，∴平面，∵是等边三角形，为中点，∴，分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，.设为平面的一个法向量，则有即取可取，设为平面的一个法向量，则有即可取，所以，设平面与平面的夹角为，则，∴，即平面与平面夹角的余弦值为.21、（1），（2）【解析】（1）利用公式法，基本量代换求出数列，的通项公式；（2）利用错位相减法求和.【小问1详解】设等比数列的公比为q，因为，所以，所以．所以，所以，所以．所以，所以，【小问2详解】，所以，，所以.所以22、（1）证明见解析；（2）【解析】(1)利用面面垂直的性质，证得平面，进而可得，平面即可得证；(2)在平面ABC内过点A作Ax⊥AB，以A为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量而得解.【详解】（1）因为，为中点