2023-2024学年山西省阳泉市第一中学校高二下学期期末测试数学试卷（含解析）

2023-2024学年山西省阳泉市第一中学校高二下学期期末测试
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.已知，且，则( )
A. B. C. D.
2.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
3.展开式中的系数为( )
A. B. C. D.
4.函数的最小正周期是( )
A. B. C. D.
5.已知直线被圆心为的圆截得的弦长为，则该圆的方程为( )
A. B.
C. D.
6.已知函数，则( )
A. B. C. D.
7.如图，在多面体中，四边形是边长为的正方形，，到平面的距离为，，若，，，，，在同一球面上，则该球的表面积为( )
A. B. C. D.
8.已知为正数，且，则( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知向量，，下列说法正确的是( )
A. 若，则
B. 若与共线，则
C. 若，则
D. “”是“”的充要条件
10.已知数列，满足，且，则( )
A. B. 当时，是等比数列
C. 当时，是等差数列 D. 当时，是递增数列
11.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，为上一点，且，，则的离心率等于( )
A. B. C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.烽火台是我国古代用于防御与通讯的军事建筑如图为一类正四棱台状的烽火台，已知该烽火台底部边长为米，顶部边长为米，高为米，忽略烽火台凹陷部分，则该烽火台的体积为 立方米．
13.已知，则 ．附：若，则，．
14.已知抛物线的焦点为，点为上可相互重合的点，且，则的取值范围是 ，的最小值是 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
记的内角的对边分别为，已知．
若，证明：是等边三角形；
若，求．
16.本小题分
如图，直四棱柱的底面是正方形，，，分别为，的中点．

证明：平面；
求二面角的正弦值．
17.本小题分
甲、乙两个袋子各装有大小相同的个红球和个白球，第一次从甲袋子随机取出一个球放入乙袋子求：
第二次从乙袋子随机取出一个球是红球的概率；
在第二次从乙袋子随机取出一个球是红球的条件下，第一次从甲袋子取出的是白球的概率；
第二次从乙袋子随机取出两个球，其中白球个数的分布列与期望．
18.本小题分
已知双曲线的右顶点到的一条渐近线的距离为．
求的方程；
设过点的直线交于两点，过且垂直于轴的直线与直线交于点，证明：以线段的中点为圆心且过坐标原点的圆还过其他定点．
19.本小题分
已知，，函数．
若，求；
设记为，，，的所有零点组成的集合，，为的子集，它们各有个元素，且设，，，，，，且，证明：
；
．
答案解析
1.
【解析】解：由于，故，而，故．
所以．
故选：．
2.
【解析】解：直接计算知，，．
故中的三个元素中，在集合内的是和，所以．
故选：．
3.
【解析】解：在的展开式中，根据二项式定理可知二次项为，即．
所以展开式中的系数为．
故选：．
4.
【解析】解：由二倍角公式得，
故设的最小正周期为，．
故选：
5.
【解析】解：设圆心到直线的距离为，圆的半径为，易得直线方程为，
而，由勾股定理得，解得，
故圆的方程为，故 C正确．
故选：
6.
【解析】解：易知，，，，，，，，，
故，故 B正确．
故选：
7.
【解析】解：连接，，相交于点，
因为四边形为矩形，所以为矩形外接圆的圆心．
分别取，，的中点，，，
连接，则，且为的中点，
因为，所以，
为矩形，，则有，，，
，，是平面内的两条相交直线，
平面，平面，平面平面，
平面平面，
等腰梯形中，分别为的中点，则有，
所以平面，则多面体的外接球球心在上，
，平面，平面，则平面，
到平面的距离为，则，
当在线段上时，设，则，
在和中，由外接球半径，
有，即，解得，
外接球半径，
该球的表面积．
当在线段的延长线上时，同理可得，此时无解．
故选：．
8.
【解析】解：对于，当，时，有
，
此时，存在，故 A错误；
对于，，当，时，有
，
此时，存在，故 B，C错误；
对于，设，，则
，
，
且等号仅在时成立，故和单调递增．
由于，故．
假设，则或．
若，则，矛盾；
若，则，矛盾．
所以，从而，故 D正确．
故选：．
9.
【解析】解：对于，若，则，故， A错误；
对于，若与共线，则， B正确；
对于，若，则，故， C错误；
对于，由于，，故的充要条件是．
而，故的充要条件是， D正确．
故选：．
10.
【解析】解：对于，由已知有，故 A错误；
对于，当时，由于，且，故是等比数列，故 B正确；
对于，当时，由，归纳即知．
所以，从而，故是等差数列，故 C正确；
对于，当时，由于，故．
所以，从而是递增数列，故 D正确．
故选：．
11.
【解析】解：根据题意，得出，
在中由正弦定理得：，
由椭圆定义可得，
，
椭圆离心率为，
．
故选：．
12.
【解析】解：因为题目中的单位只涉及米、平方米、立方米，故我们可以在计算中忽略单位．
由于该烽火台是正四棱台，故上下底面都是正方形．
从而该烽火台的上底面面积，下底面面积，高．
故其体积
故答案为：．
13.
【解析】解：，
．
故答案为：
14.
【解析】解：第一空，如图，设，，，，

故，，，
而，故，
可得，，即有
由，所以，
所以，所以．
第二空，，故，
而，故，即，
又，
故，
即，，故得的最小值为．
故答案为：；．
15.解：证明：由，可得，
因为，由正弦定理可得，所以，
即，可得，
结合，所以为等边三角形．
因为，由正弦定理得，
平方可得，
又因为，可得，可得，
所以，即，则，
由余弦定理，可得
【解析】根据题意，得到，再由余弦定理得到，化简得到，得到，进而证得为等边三角形；
由正弦定理得，结合，得到，求得，再利用余弦定理，即可求解．
16.解：

如图建系，设
则，
，
设平面法向量为，
，
可得
即得，
因为所以，不在平面内，所以平面．
设平面法向量为，
，
可得
即得，
设二面角为，
则，
因为所以
【解析】根据线面平行的空间向量法证明即可；
根据空间向量法求二面角余弦，再结合同角三角函数关系求解．
17.解：设事件表示从甲中随机取出一红球放入乙箱中，事件表示从甲中随机取出一白球放入乙中，设事件表示：从甲中随机取出一球放入乙中，再从乙中随机取出一球，则取出的球是红球，
则有：，
所以．
设事件为第一次从甲取出的是白球，事件为第二次从乙随机取出一个球是红球；
则，所以．
第二次从乙随机取出两个球，取出的白球的个数为，则，
，
，
，
的分布列为
的数学期望．
【解析】根据全概率公式进行求解即可．
设事件为第次取出的是白球，事件为第次取出的是红球，根据条件概率公式计算即可；
分情况从甲中随机取出一红球或白球写出白球个数的概率及分布列，再求出期望即可．
18.解：由于是右顶点，故．
而到渐近线的距离均为，故由已知有．
所以，解得．
故的方程为．
记，，并设的中点为．
由于的中点为，的斜率，故的垂直平分线为，即．
设，由于，假设的斜率不存在，那么的方程是，该直线与只有一个公共点，矛盾；
所以的斜率存在，故可设其方程为．
将该直线与联立，得，
即．
所以该方程的两根之和为．
但，故此方程已有一根，从而另一根为．
设，则，．
此时，由，知直线的方程为，而过且垂直于轴的直线为，故．
这就得到的中点的坐标为．
由于
．
所以点在直线上，即在的垂直平分线上，从而．
故关于对称，则，
故以线段的中点为圆心且过坐标原点的圆一定经过．
【解析】直接根据已知条件以及点到直线的距离公式即可求解；
设，然后证明的中点一定经过的垂直平分线，即可证明线段的中点为圆心且过坐标原点的圆经过．
19.解：根据题意有．
当时，单调递减，当时，单调递增，
故．
设，则，当时，单调递增，当时，
单调递减，，故若，则．
所以．
由题设可知，由可知，，
且在和分别单调，若有两个零点，则正负各一个，
故共有个零点，即有个元素，且个是正数，个是负数．
又因为各有个元素，且，故的所有元素要么属于，要么属于．
若且，则且，
故至少有个零点是正数，这与恰有个零点是正数矛盾，
同理，也不能同为负数故与异号，，
由上不妨设，则，
设，则单调递减，
故，即，故．
所以．
将的个元素按照从小到大的顺序排列得到数列，
其中均为负数，均为正数．
因为，故，
且，故至少大于中的个元素，
为中的某一项；同理可知，为中的某一项．
因为，
故．
，设，则，
设，则，当时，单调递增，
，单调递增，，
故由可知，且，
故由上可知，，
，设，则，
当时，，
且由上可知，，故单调递增，故，
同上有，故．
综上，．
【解析】先根据已知条件得到，再根据的定义求和；
构造恰当的函数，并利用导数工具证明的两个零点之和小于零；
(ⅱ)先说明的取值与的选取无关，再利用函数证明相应的不等式．
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