山东省青岛第十七中学2023-2024学年高二下学期期初考试数学试卷（含解析）

山东省青岛第十七中学2023-2024学年度高二下学期期初考试
数学试卷
考试时间：120分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写社答题卡上
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（每题5分，共40分）
1．已知下表为随机数表的一部分，将其按每5个数字编为一组：
08015 17727 45318 22374 21115 78253
77214 77402 43236 00210 45521 64237
29148 66252 36936 87203 76621 13990
68514 14225 46427 56788 96297 78822
已知甲班有60位同学，编号为01~60号，现在利用上面随机数表的某一个数为起点，用简单随机抽样的方法在甲班中抽取4位同学，得到下列四组数据，则抽到的4位同学的编号不可能是（ ）
A．08，01，51，27 B．27，45，31，23
C．15，27，18，74 D．14，22，54，27
2．2022年曾通高中招生体育考试满分确定为100分．甲、乙、丙三名考生独立参加测试，他们能达到满分的概率分别是0.7，0.8，0.75，则三人中至少有一人满分的概率为（ ）
A．0.015 B．0.985 C．0.995 D．0.42
3．已知O是坐标原点，F是抛物线的焦点，是C上一点，且，则的面积为（ ）
A．8 B．6 C．4 D．2
4．若直线a与b是异面直线，直线b与c是平行直线，则直线a与c的位置关系是（ ）
A．相交 B．平行 C．相交或异面 D．平行或异面
5．在同一个直角坐标系下，函数，，（且）图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
6．已知集合，，则为（ ）
A． B． C． B．
7．已知向量，向量．若向量与向量垂直，则（ ）
A． B． C．3 D．5
8．已知双曲线C：的离心率为，则其两条渐近线所成的锐角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（每题6分，共18分）
9．已知复数z满足，，则z可能为（ ）
A． B． C． D．
10．已知，，直线，，且，则（ ）
A． B． C． D．
11．等差数列的前n项和为，若，，则下列结论正确的是（ ）
A B． C． D．
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（每题5分，共15分）
12．已知三棱锥的体积为1，E是的中点，F是的中点，则三棱锥的体积是______．
13．在平面直角坐标系，若圆C的圆心在第一象限，圆C与x轴相交于，两点，且与直线相切，则圆C的标准方程为______．
14．已知中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，若，，则______，______．
四、解答题（共77分）
15．（13分）已知等差数列的前n项和为，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求其前n项和为．
16．（15分）
（1）已知，求的值；
（2）已知，求的值．
（3）已知，化简；
（4）已知，，求的值．
17．（15分）（1）求值
（2）设，求函数的最大值和最小值．
18．（17分）已知椭圆的两个焦点与短轴的一个端点连线构成等边三角形，且椭圆C的短轴长为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）是否存在过点的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，且满足
（O为坐标原点）若存在，求出直线l的方程：若不存在，请说明理由．
19．（17分）如图，在多面体中，四边形为菱形，且，平面，，．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
山东省青岛第十七中学2023-2024学年度高二下学期期初考试
高二数学
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题
1．【答案】C
【详解】因为C中编号74大于甲班同学的总人数60，
则抽出的4位同学的编号不可能是C选项．
故选：C
2【答案】B
【详解】设“甲考生满分”为事件A，“乙考生满分”为事件B，“丙考生满分”为事件C，则，，，，，，设“三人中至少有一人满分”为事件D，则．
故选：B．
3．【答案】C
【详解】．由题可知，解得，所以的面积为，
故选：C
4【答案】C
【详解】解：在正方体中，
和是异面直线，，
和是异面直线．，与是异面直线．
∴两直线a与方是异面直线，，则a、c的位置关系是异面或相交，故选：C．
5．【答案】B
【详解】根据指数函数、对数函数与幂函数的性质，可得：
当时，函数，为定义域上的单调的递减函数；
函数为定义域上的单调递增函数且上凸，所以ACD项不符合，B项符合；
当时，函数；为定义域上的单调的递增函数，
函数为定义域上的单调递增函数且下凹，所以ABCD项都不符合．
故选：B．
6．【答案】D
【详解】∵，
，
因此，、故选：D．
7．【答案】A
【详解】因为，向量与垂直，
所以，所以，即，
∴．故选：A．
8．【答案】A
【详解】因为C的离心率为，，
所以它的渐近线方程为，即渐近线的斜率分别为
，即直线的倾斜角大于，则可取两条渐近线上的向量，，
渐近线所成的锐角即这两个向量的夹角，．故选：A
二、多选题
9【答案】AC
【详解】设，
则，解得或，
所以或．故选：AC
10【答案】ABD
【详解】由，得，即，
，，则，当且仅当，即，时等号成立，
所以有；A选项正确；
由，有，
当且仅当，即，时等号成立，所以有，B选项成立；
由，有，，，则，
，由二次函数性质可知，时；有极值，C选项错误，
由，有，
，
当且仅当，即，时等号成立，D选项正确．故选，ABD．
11．【答案】ABD
【详解】由题意，数列满足，，则，所以数列为递增数列，所以数列的前9项的和最小，所以，故A正确；
又由，所以B正确；由，所以D正确；又由数列为递增数列，可得，所以，所以C不正确．
故选：ABD．
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题
12．【答案】/0.25
【详解】解：如图，
三棱锥的体积为1，即三棱锥的体积为1，
设平面的面积为S，A到平面的距离为h，则，
∵F为的中点，∴，
又E为的中点，∴E到平面的距离为，
∴，故答案为；．
13【答案】．
【详解】设圆，
则，解得∴．
14．【答案】
【详解】由得，将理得，所以，又，所以，由正弦定理可得，；
因为三角形中，大边对大角，所以，因此A为锐角，所以；
又，故答案为：；．
四、解答题
15．【答案】（1） （2）
【详解】（1）设等差数列的通项公式为：，由题意：
，解得．
所以：，
（2）由（1）可得：，
所以：，
故；．
16【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【洋解】（1）因为，所以，
所以
（2）因为，左右同时平方可得；，
所以，所以
（3），
因为，所以，所以，，
所以；
（4）；
所以
17【答案】（1）19：（2）最大值为5，最小值为3．
【详解】（1）
（2）令，因为，所以．
则函数可化为，．
因为在上单调递减，在上单调递增，所以
当，即时，最小；
当，即时，最大．
所以函数的最大值为5，最小值为3．
18【答案】（1） （2）存在，
【详解】（1）由题意得：，解得，
∴椭圆C的标准方程是．
（2）当直线l的斜率不存在时，，，，不符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，，，
由消去y整理得：，
，解得或，
由韦达定理很，，
∴，
∵，∴，解得，满足，
所以存在符合题意的直线，其方程为．
19【答案】（1）证明见解析（2）
【详解】（1）如图，取的中点H，连结交于点O，连结、，
因为四边形为菱形，则．
又平面，平面；所以．
因为平面，平面，且，
所以平面．因为H、O分别为、的中点，所以，且；
又，且．
所以，且，所以四边形为平行四边形，所以。即，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）取中点M，连接．因为菱形中，，所以为正三角形，
又M为中点，所以，
因为，所以．因为平面，，平面，所以，，
如图以A为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
不妨设，
则，，，，，
因为平面，所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，因为，，
所以，
不妨令，得
设平面与平面夹角为，则
所以平面与平面夹角的余弦值为．