山西省运城市2023-2024学年高二上学期期末调研测试数学试题

第一学期期末调研测试高二数学试题本试题满分150分，考试时间120分钟.答案一律写在答题卡上.注意事项：1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真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、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由斜率求倾斜角即可.【解析】直线方程可化为，则直线的斜率为，设倾斜角为，则，由，则，即倾斜角为.故选：C.2.各项为正的等比数列中，，则的前4项和（）A.40 B.121 C.27 D.81【答案】A【解析】【分析】先根据等比数列通项公式求出，再根据前项和公式求值即可.【解析】设等比数列公比为,故选：A.3.如图，空间四边形OABC中，，点M在线段OA上，且，点N为BC中点，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】结合图形，利用空间向量的线性运算即可求解.【解析】点M在线段OA上，且，又，∵N为BC的中点，.故选：D.4.万众瞩目的北京冬奥会于2022年2月4日正式开幕，是继2008年北京奥运会之后，国家体育场（又名鸟巢）再次承办奥运会开幕式．在手工课上，王老师带领同学们一起制作了一个近似鸟巢的金属模型，其俯视图可近似看成是两个大小不同，扁平程度相同的椭圆，已知大椭圆的长轴长为，短轴长为，小椭圆的长轴长为，则小椭圆的短轴长为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意得到两椭圆离心率相同，从而得到两椭圆长轴长与短轴长的比例相同，由此得解.【解析】因为两个椭圆的扁平程度相同，所以两个椭圆的离心率相同，所以两椭圆长轴长与短轴长的比例相同，则，即，得，所以小椭圆的短轴长为：．故选：C．5.已知函数，只有一个极值点，则实数m的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】首先求函数的导数，利用参变分离得，再构造函数，利用导数分析函数的图象，转化函数的交点问题，即可求解.【解析】，令，得，设，，得，当时，，函数在区间单调递增，当时，，函数在区间单调递减，当时，的最大值为，并且时，，时，，如图，画出函数的图象，因为函数只有一个极值点，即与只有一个交点，且，所以.故选：A6.已知为等差数列的前n项和，，则下列选项正确的是（）A.数列是单调递增数列 B.当时，最大C. D.【答案】D【解析】【分析】根据等差中项性质，由，从而得，然后利用等差数列性质逐项判断即可求解.【解析】对A：设数列的公差为，由，得，又因为，所以，得，故A错误；对B：因为，，，所以当时，有最大值，故B错误；对C：，，故C错误；对D：，因为，所以，故D正确.故选：D.7.已知抛物线，圆：，过圆心作直线与抛物线和圆交于四点，自上而下依次为，，，，若，，成等差数列，则直线的斜率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，可得圆心C为抛物线的焦点，求出弦AB长，设出直线AB方程并与抛物线方程联立，求解作答【解析】圆：的圆心，半径，显然点为抛物线的焦点，其准线为，设，则，而，由，，成等差数列得，，因此，即有，解得，设直线的方程为，显然，由消去y得：，则有，解得，所以直线的斜率为.故选：B8.定义在上的可导函数满足，当时，，若实数a满足，则a的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据已知条件构造函数，利用偶函数的定义及导数的正负与函数的单调性的关系，结合偶函数的性质及函数的单调性即可求解.【解析】由，得.令，则，即为偶函数.当时，，所以在上单调递增；所以在上单调递减.由，得，即.又为偶函数，所以，因为在上单调递减，所以，即，解得，或，所以a的取值范围为.故选：C.【小结】关键小结：解决此题的关键是构造函数，利用偶函数定义和导数法求出函数的单调性，再利用偶函数和单调性即可解决抽象不等式.二、多选题：本大题共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.已知两圆方程为与，则下列说法正确的是（）A.若两圆有3条公切线，则B.若两圆公共弦所在的直线方程为，则C.若两圆公共弦长为，则D.若两圆在交点处的切线互相垂直，则【答案】ABD【解析】【分析】选项A，由两圆有条公切线，则两圆外切，由两圆圆心距与半径关系得；选项B，若两圆相交，由两圆方程作差得公共弦方程，先待定再验证相交可知；选项C，由半弦长、半径及圆心距关系可得；选项D，结合图形，由，可得等量关系求解.【解析】设圆为圆，圆的圆心为，半径，设圆为圆，圆的圆心为，半径，.A选项，若两圆有3条公切线，则两圆外切，所以，A选项正确；B选项，由两式相减并化简得，则，此时，满足两圆相交，B选项正确；C选项，由两式相减并化简得，到直线的距离为，所以，即，则解得或，C选项错误.D选项，若两圆在交点处的切线互相垂直，设交点为，根据圆的几何性质可知，所以，D选项正确.故选：ABD10.若是函数的极值点，则下面结论正确的为（）A. B.的递增区间为C.的极小值为1 D.的极大值为【答案】AD【解析】【分析】先由求出值，再利用导函数研究函数的单调性与极值即可.【解析】由题可得，，因为是函数的极值点，所以，则，解得，故，，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增；故的递增区间，递减区间为，故A正确，B错误；由上可知，的极大值为，极小值为，故C错误，D正确.故选：AD.11.若直线是曲线与曲线的公切线，则（）A B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】借助导数的几何意义计算即可得.【解析】令，则，令，有，则，即有，即，故，令，则，令，有，则，即有，即，故有，即.

故选：BD.12.如图，棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G为线段上的动点，则（）A.三棱锥的体积为定值B.存在点G，使得平面EFGC.G为中点时，直线EG与所成角最小D.点F到直线EG距离的最小值为【答案】AB【解析】【分析】根据等体积法可知，即可判断A项；建系，假设存在点G﹐设.根据向量的坐标，由，解出的值，即可判断B项；由已知推出，根据二次函数以及余弦函数的性质，结合的取值范围，即可判断C项；求出在方向上投影向量的长度为，然后根据勾股定理表示出点F到直线EG的距离，根据二次函数的性质，即可得出最小值.【解析】如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系.则，，，，，，，，，.对于A项，在正方体中，平面平面，平面，由面面平行的性质可得，平面，由点G在线段上，则到平面的距离，即点到平面的距离等于.因为，所以.则是个定值，故A项正确；对于B项，假设存在点G﹐使得平面.设.，，，，则.所以，，所以，满足条件.此时有，，平面，平面，，所以，存在点G﹐使得平面，故B项正确；对于C项，设直线EG与所成角为.因为，.所以，所以.因为，所以当时，有最小值，显然有，则有最大值，根据余弦函数的单调性可知，当时，有最小值，故C项错误；对于D项，因为，，所以，在方向上投影向量的长度为，由C知，当时，有最小值，则有最大值为，又，所以点F到直线EG距离的最小值为，故D项错误.故选：AB.【小结】关键点小结：由点为线段上的动点，设.可以通过的坐标，表示出与点有关的向量.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知等差数列的前n项和为，已知，则公差__________．【答案】3【解析】【分析】直接由等差数列的求和公式求解即可.【解析】解：依题意，得，而，得，故答案为：314.已知平面的一个法向量为，点在平面内，则点到平面的距离为______．【答案】【解析】【分析】求出平面的法向量，代入点到平面的距离公式即可.【解析】因为，平面的一个法向量为，所以点P到平面的距离．故答案为：15.双曲线的左、右焦点分别为，．过作其中一条渐近线的垂线，交双曲线的右支于点P，若，则双曲线的离心率为______．【答案】【解析】【分析】由题设，不妨令，过作，则，结合勾股定理、等腰直角三角形求，再由双曲线定义求参数间的数量关系，进而求离心率.【解析】如下图，垂直一条渐近线，则，过作，故，又，∴，，又在△中，故，，由双曲线定义知：，则，∴.故答案为：.16.若对任意的，且，都有成立，则m的取值范围为__________．【答案】【解析】【分析】由已知条件化简得出在上单调递增，结合导函数判断函数的单调性，最后应用子集关系得出范围即可.【解析】对任意的，且，可得，由，可得，即，即，即由且，可得函数在上单调递增，由解得，所以是的子集，所以，即m的取值范围是.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，第17题分，其余每题各12分，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或者演算步骤.17.已知圆C的圆心在直线上，且与直线相切于点．（1）求圆C的标准方程；（2）求过点且被圆C截得的弦长为的直线方程．【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）设出圆的标准方程，根据题意，求得圆心和半径，即可求得结果；（2）设直线方程为，利用弦长公式，求解即可.【小问1解析】设圆C的标准方程为圆C的圆心在直线上，且与直线相切于点，，解方程组得；所以圆C的标准方程为.【小问2解析】设直线的方程为：，圆心到直线l的距离，所以，解得或，所以直线l的方程为或18.已知函数为的导函数．（1）当时，求函数在定义域内的极值；（2）若在内存在增区间，求实数a的取值范围．【答案】（1）极大值为，无极小值；（2）.【解析】【分析】（1）求得，根据导函数函数值的正负，即可判断其单调性和极值；（2）将问题转化为在有解，参变分离，构造函数，利用导数求函数最值即可.【小问1解析】设，其中，则，当时，若，则，故在上为增函数；若，则，故在上为减函数；故有极大值，其极大值为，无极小值.【小问2解析】因为在内存在增区间，所以在有解，即在有解，所以今，则令得，令得，故在单调递减，单调递增所以，故.【小结】关键点小结：处理本题第二问的关键是将在内存在增区间，转化为在有解，再参变分离，构造函数，利用导数求其最值即可.19.如图，在三棱柱中，．（1）求证：平面；（2）若，直线AB与平面所成的角为，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）借助线面垂直的性质定理及判定定理即可证明；（2）结合题意建立适当空间直角坐标系计算即可得.【小问1解析】因为，四边形是平行四边形，所以四边形是菱形，所以，又因为，、平面，，所以平面，又因平面，，且、平面，，所以平面；【小问2解析】因为AB与平面所成角为，平面，所以，因为，所以是正三角形，设，则，以O为原点，分别以所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以，设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以，设二面角的大小为(由图可知为锐角)，因为，所以平面与平面的夹角的余弦值为.20.已知数列的前n项和为，，其中．（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前n项和，若对任意且，恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先得，由之间的关系得数列为等比数列，由此即可得解.（2）由等比数列求和公式、错位相减法结合数列单调性即可得解.【小问1解析】当时，，当时，，两式相减，得，又，所以数列为等比数列，首项为2，公比为3，所以数列的通项公式是.【小问2解析】由（1）知，，，则有，两式相减得：，于是得，因为且，，当时，数列是递增数列，所以的最小值为18，因此.21.已知椭圆的左、右焦点分别为，设点，在中，．（1）求椭圆C的方程；（2）设P，Q为C上异于点A两动点，记直线AP，AQ的斜率分别为，若，求证：直线PQ过定点．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据，结合椭圆的对称性，求得，即可求得椭圆方程；（2）设出直线的方程，联立椭圆方程，利用韦达定理，结合的斜率关系，求得对应参数的约束条件，即可求得直线恒过的顶点.【小问1解析】由题意知，由，，椭圆方程为；【小问2解析】当直线PQ斜率不存在时，设直线PQ方程为（且）则解得，不符合题设；从而可设直线PQ的方程设为，，则有由，（舍）或，当且仅当时，，，∴PQ直线恒过定点.【小结】关键点小结：处理第二问关键是能够熟练应用韦达定理，合理转化已知条件，从而求得参数之间的关系.22.已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）若不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）增区间是，减区间是；（2）.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，再讨论导函数小于0、大小0的x取值集合得解.（2）根据给定条件，构造函数，，利用导数结合零点存在性定理分类讨论求解即得.【小问1解析】函数的定义域为R，求导得，当时，，又，则，，函数在上单调递减；设，则，当时，是增函数，即在上单调递增，则，因此在上单调递增，所以的单调递增区间是，单调递减区间是．【小问2解析】不等式化为，设，依题意，在上恒成立，而，求导得，令，，求导得，令，，显然，则，即在上是增函数，，当时，，函数，即在上单调递增，于是在上单调递增，所以恒成立，