2023-2024学年广西壮族自治区桂林市高二下学期期末质量检测数学试卷（含解析）

2023-2024学年广西壮族自治区桂林市高二下学期期末质量检测
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，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. 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，，，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，，，中任取个数字，从，中任取个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是
A. B. C. D.
7.在数列中，，对任意，，都有，则( )
A. B. C. D.
8.已知点是椭圆：的左焦点，过原点作直线交于，两点，，分别是，的中点，若存在以线段为直径的圆过原点，则的离心率的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.直线：，圆：，下列结论正确的是( )
A. 直线的倾斜角为
B. 圆的圆心坐标为
C. 当时，直线与圆相切
D. 当时，直线与圆相交
10.已知数列的前项和，则下列结论中正确的是
A. B. 数列是递增数列
C. D.
11.如图，在正四棱柱中，，，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.盒子里有个红球和个白球，这些球除颜色外完全相同．如果不放回地依次抽取个球，在第一次抽到红球的条件下，第二次抽到红球的概率是________．
14.若不等式恒成立，则的最小值为________．
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.本小题分
已知函数．
求的单调区间和极值；
判断在上是否有零点，并说明理由．
16.本小题分
设等差数列的公差为，前项和为，已知，．
求的通项公式；
已知等比数列的公比为，，，设，求数列的前项和．
17.本小题分
已知抛物线：，过点的直线与交于，两点，设在点，处的切线分别为和，与的交点为．
若点的坐标为，求的面积为坐标原点；
证明：点在定直线上．
18.本小题分
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．
证明：平面；
若，求平面与平面夹角的余弦值；
在的条件下，线段上是否存在点，使平面，证明你的结论．
19.本小题分
已知函数，．
求函数的最小值；
若恒成立，求的取值范围；
设，证明：．
答案解析
1.【答案】
【解析】解： ，所以错误
B.，所以正确；
C.，所以错误；
D.，所以错误．
故选B．
2.【答案】
【解析】解：由双曲线的方程为，
所以，
则，，
所以离心率
故选B
3.【答案】
【解析】解：
，切点为
曲线在点切线方程为
故选：．
4.【答案】
【解析】解： ，
数列是等差数列，首项为 ，公差为 ，
，
，
．
故选C
5.【答案】
【解析】解：当 时，两变量是正相关，当 时，两变量是负相关，
且当越大时，两变量的相关性越强，
由此可得样本相关系数最小的是．
故选B．
6.【答案】
【解析】解：从，，，中任取个数字，从，中任取个数字
可以组成个没有重复数字的三位数．
故选D．
7.【答案】
【解析】解：对任意，，都有，且，
取，则，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
．
故选C．
8.【答案】
【解析】解：设椭圆的右焦点为，
、分别是、的中点，为的中点，
，，又，
，设短轴的一个顶点为，
则，设，
，，又，
，
又椭圆的离心率，
所以的离心率的取值范围．
故选A．
9.【答案】
【解析】解：直线：的斜率为，直线的倾斜角为，A错误；
圆：可化为，圆心为，半径，B正确，
当时，圆心到直线的距离，
可得直线与圆相切，C正确；
当时，圆心到直线的距离，直线与圆相交，D正确．
故选BCD．
10.【答案】
【解析】解：对于，代入可得， ，故A正确，
对于，数列 的前项和
当时， ，
整理可得： ，，
数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
，，
，，
数列是递减数列，故 B不正确；
对于，由可知， ，故C正确；
对于，，故D不正确．
故选：．
11.【答案】
【解析】解：对于：由于 为 的中点，所以平面，所以错；
对于： 平面 平面 ， ，
又中，易求得， ，所以，所以
又因为 平面 ， 平面 ，，
平面 ，所以对；
对于 平面 ， 平面 ，
平面 为定值，所以 对；
对于 ：设外接球球心为 ，即为体对角线 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：
12.【答案】
【解析】解：由于的展开式的通项公式为，
故令，解得，所以的系数为．
故答案为．
13.【答案】
【解析】解： 记“第一次抽到红球”为事件，记“第二次抽到红球”为事件，
，
已知第一次抽到红球的条件下，第二次也抽到红球的概率是
故答案为．
14.【答案】
【解析】解：由不等式，易知，
所以等价于恒成立，
设，，
，
当时，，递增；，，递减，
可得在处取得极大值，且为最大值，且，，
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号，
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：．
15.【答案】解：函数的定义域为，
，
令，得，的增区间为，
令，得，的减区间为，
则的极小值为，无极大值；
在上有零点，
因为，
，
由零点存在定理可知，函数在上有零点．
【解析】
利用导数研究单调性和极值即可；
由由零点存在定理可得结论．
16.【答案】解：因为，所以．
又，所以，
由得，，
所以；
因为，，所以，，
所以，
因为，所以，
，
，
得：，
所以．
【解析】
根据条件得出等差数列的基本量，可得的通项公式；
先由等比数列得出，可以得到，然后利用错位相减法得到结果，需要注意项数．
17.【答案】解：直线的斜率，
直线的方程为，即，
联立方程，整理得：，
设，，则，，
设直线与轴的交点为，则，
；
由，得，
的方程为：，整理得：，
同理可得的方程为：，
设，联立方程解得
因为点在抛物线内部，可知直线的斜率存在，
设直线的方程为，
与抛物线方程联立得：，
故，，
所以，，可得．
所以点在定直线上．
【解析】
先得出直线的方程，与抛物线联立，得出直线与轴的交点为坐标，由
，计算即可；
点在抛物线内部，可知直线的斜率存在，设直线的方程为，与抛物线联立，由韦达定理得，可得点在定直线上．
18.【答案】证明：取的中点，连接，，
因为，分别为线段，的中点，所以，，
又因为，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以面．
解：依题意得，面，又因为面，所以．
又因为，，，面，
所以面，
又面，所以，
所以，，两两垂直．
以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则，，，，
即取，得，，
所以平面的一个法向量是，
又平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，则．
所以平面与平面夹角的余弦值为．
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．
【解析】
取的中点，连接，，易得四边形是平行四边形，所以，由线面平行的判定即可得证；
先证出，，两两垂直，然后以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，再分别求出平面与平面的法向量，利用向量法进行求解可得；
设，，因为平面，所以，可得，进而得出结论．
19.【答案】解：，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以
因为恒成立，即恒成立，
令，，
令，，在单调递增，
因为，，所以，使，即，
当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
故，
所以，
令，，在单调递减，
因为，所以的取值范围是；
由知，当且仅当时，等号成立，
要证，
只要证，
因为
，
故原命题得证．
【解析】
表示函数并求导，利用函数单调性求最值；
构造函数，利用函数单调性求解的取值范围；
结合中结论，利用放缩法和裂项相消法证明．
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