山西省2023-2024學年高二數(shù)學第一學期期末檢測試題含解析

山西省2023-2024學年高二數(shù)學第一學期期末檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知數(shù)列的通項公式為，則（）A.12 B.14C.16 D.182．阿基米德是古希臘著名的數(shù)學家、物理學家，他利用“逼近法”得到橢圓的面積除以圓周率等于橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積，已知在平面直角坐標系中，橢圓的面積為，兩焦點與短軸的一個端點構(gòu)成等邊三角形，則橢圓的標準方程是（）A. B.C. D.3．已知直線與平行，則系數(shù)（）A. B.C. D.4．直線與圓相切，則實數(shù)等于（）A.或 B.或C.3或5 D.5或35．①“若，則互為相反數(shù)”的逆命題；②“若，則”的逆否命題；③“若，則”的否命題.其中真命題的個數(shù)為（）A.0 B.1C.2 D.36．已知拋物線的焦點為，點為拋物線上一點，點，則的最小值為（）A. B.2C. D.37．已知函數(shù)的圖象如圖所示，則其導函數(shù)的圖象大致形狀為（）A. B.C. D.8．設正方體的棱長為，則點到平面的距離是（）A. B.C. D.9．已知直線方程為，則其傾斜角為（）A.30° B.60°C.120° D.150°10．已知是邊長為6的等邊所在平面外一點，，當三棱錐的體積最大時，三棱錐外接球的表面積為（）A. B.C. D.11．在正三棱錐S-ABC中，AB=4，D、E分別是SA、AB中點，且DE⊥CD，則三棱錐S-ABC外接球的體積為（）A.π B.πC.π D.π12．“，”的否定是A.， B.，C.， D.，二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．曲線在處的切線與坐標軸圍成的三角形面積為___________.14．已知函數(shù)滿足：①是奇函數(shù)；②當時，．寫出一個滿足條件的函數(shù)________15．九連環(huán)是中國的一種古老智力游對，它用九個圓環(huán)相連成串，環(huán)環(huán)相扣，以解開為勝，趣味無窮.中國的末代皇帝溥儀（1906-1967）也曾有一個精美的由九個翡翠繯相連的銀制的九連環(huán)（如圖）.現(xiàn)假設有個圓環(huán)，用表示按照某種規(guī)則解下個圓環(huán)所需的銀和翠玉制九連環(huán)最少移動次數(shù)，且數(shù)列滿足，，則___________.16．過點的直線與拋物線相交于，兩點，，則直線的方程為______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知三角形內(nèi)角所對的邊分別為，且C為鈍角.（1）求cosA；（2）若，，求三角形的面積.18．（12分）如圖，在正四棱錐中，為底面中心，，為中點，（1）求證：平面；（2）求：（?。┲本€到平面的距離；（ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值19．（12分）已知直線l過定點（1）若直線l與直線垂直，求直線l的方程；（2）若直線l在兩坐標軸上的截距相等，求直線l的方程20．（12分）已知橢圓的離心率為，右焦點F到上頂點的距離為.（1）求橢圓的方程；（2）是否存在過點F且與x軸不垂直的直線與橢圓交于A、B兩點，使得點C（）在線段AB的中垂線上？若存在，求出直線l：若不存在，說明理曲.21．（12分）在中，a，b，c分別是內(nèi)角A，B，C的對邊，滿足.（1）求A；（2）若，求面積的最大值.22．（10分）已知函數(shù).（1）當時，證明：函數(shù)圖象恒在函數(shù)的圖象的下方；（2）討論方程的根的個數(shù).

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】利用給定的通項公式直接計算即得.【詳解】因數(shù)列的通項公式為，則有，所以.故選：D2、A【解析】由橢圓的面積為和兩焦點與短軸的一個端點構(gòu)成等邊三角形，得到求解.【詳解】由題意得，解得，所以橢圓的標準方程是.故選：A3、B【解析】由直線的平行關(guān)系可得，解之可得【詳解】解：直線與直線平行，，解得故選：4、C【解析】先求出圓的圓心和半徑，再利用圓心到直線的距離等于半徑列方程可求得結(jié)果【詳解】由，得，則圓心為，半徑為2，因為直線與圓相切，所以，得，解得或，故選：C5、B【解析】寫出逆命題判斷①；寫出逆否命題判斷②；寫出否命題判斷③.【詳解】①:“若，則互為相反數(shù)”的逆命題為：“若互為相反數(shù)，則”，是真命題；②：“若，則”的逆否命題為：“若，則”.因為當時，有，但不成立.故“若，則”是假命題.③：“若，則”的否命題為：“若，則”.因為當時，有，但是，即不成立.故“若，則”是假命題..故選：B6、D【解析】求出拋物線C的準線l的方程，過A作l的垂線段，結(jié)合幾何意義及拋物線定義即可得解.【詳解】拋物線的準線l：，顯然點A在拋物線C內(nèi)，過A作AM⊥l于M，交拋物線C于P，如圖，在拋物線C上任取不同于點P的點，過作于點N，連PF，AN，，由拋物線定義知，，于是得，即點P是過A作準線l的垂線與拋物線C的交點時，取最小值，所以的最小值為3.故選：D7、A【解析】利用f(x)先單調(diào)遞增的速度由快到慢,再由慢到快，結(jié)合導數(shù)的幾何意義判斷即可.【詳解】由f(x)的圖象可知，函數(shù)f(x)先單調(diào)遞增的速度由快到慢,再由慢到快，由導數(shù)的幾何意義可知，先減后增，且恒大于0，故符合題意的只有選項A.故選：A.8、D【解析】建立空間直角坐標系，根據(jù)空間向量所學點到面的距離公式求解即可.【詳解】建立如下圖所示空間直角坐標系，以為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸.因為正方體的邊長為4，所以，，，，，所以，，，設平面的法向量，所以，，即，設，所以，，即，設點到平面的距離為，所以，故選：D.9、D【解析】由直線方程可得斜率，根據(jù)斜率與傾斜角的關(guān)系即可求傾斜角大小.【詳解】由題設，直線斜率，若直線的傾斜角為，則，∵，∴.故選：D10、C【解析】由題意分析可得，當時三棱錐的體積最大，然后作圖，將三棱錐還原成正三棱柱，按照正三棱柱外接球半徑的計算方法來計算，即可計算出球半徑，從而完成求解.【詳解】由題意可知，當三棱錐的體積最大時是時，為正三角形，如圖所示，將三棱錐補成正三棱柱，該正三棱柱的外接球就是三棱錐的外接球，而正三棱柱的外接球球心落在上下底面外接圓圓心連線的中點上，設外接圓半徑為，三棱錐外接球半徑為，由正弦定理可得：，所以，，所以三棱錐外接球的表面積為.故選：C.11、C【解析】取中點，連接，證明平面，得證，然后證明平面，得兩兩垂直，以為棱把三棱錐補成一個正方體，正方體的對角線是其外接球的直徑，而正方體的外接球也是正三棱錐的外接球，由此計算可得【詳解】取中點，連接，則，，，平面，所以平面，又平面，所以，D、E分別是SA、AB的中點，則，又，所以，，平面，所以平面，而平面，所以，，是正三棱錐，因此，因此可以為棱把三棱錐補成一個正方體，正方體的對角線是其外接球的直徑，而正方體的外接球也是正三棱錐的外接球，由，得，所以所求外接球直徑為，半徑為，球體積為故選：C12、D【解析】通過命題的否定的形式進行判斷【詳解】因為全稱命題的否定是特稱命題，故“，”的否定是“，”.故選D.【點睛】本題考查全稱命題的否定，屬基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】先求導數(shù)，得出切線斜率，寫出切線方程，然后可求三角形的面積.【詳解】，當時，，所以切線方程為，即；令可得，令可得；所以切線與坐標軸圍成的三角形面積為.故答案為：.14、（答案不唯一）【解析】利用函數(shù)的奇偶性及其單調(diào)性寫出函數(shù)解析式即可.【詳解】結(jié)合冪函數(shù)的性質(zhì)可知是奇函數(shù)，當時，，則符合上述兩個條件，故答案為：（答案不唯一）.15、684【解析】利用累加法可求得的值.【詳解】當且時，，所以，.故答案為：.16、##【解析】根據(jù)拋物線方程可得焦點坐標，進而點P為拋物線的焦點，設，利用拋物線的定義可得，有軸，即可得出結(jié)果.【詳解】由題意知，拋物線的焦點坐標，又，所以點P為拋物線的焦點，設，由，由拋物線的定義得，解得，所以AB垂直與x軸，所以直線AB的方程為：.故答案為：三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）【解析】（1）由正弦定理邊化角，可求得角的正弦，由同角關(guān)系結(jié)合條件可得答案.(2)由（1），由余弦定理，求出邊的長，進一步求得面積【小問1詳解】因為，由正弦定理得因為，所以.因為角為鈍角，所以角為銳角，所以小問2詳解】由(1)，由余弦定理，得，所以，解得或，不合題意舍去，故的面積為=18、（1）證明見解析；（2）（i）；（ii）.【解析】（1）連接，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可證得結(jié)論成立；（2）（i）利用空間向量法可求得直線到平面的距離；（ii）利用空間向量法可求得直線與平面所成角的正弦值.【小問1詳解】證明：連接，則為的中點，且，在正四棱錐中，平面，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示空間直角坐標系，則、、、、、、、，，設平面的法向量為，，，則，取，則，因為，則，又因為平面，所以，平面.【小問2詳解】解：（i），所以，直線到平面的距離為.（ii），則，因此，直線與平面所成角的正弦值為.19、（1）（2）或【解析】(1)求出直線的斜率可得l的斜率，再借助直線點斜式方程即可得解.(2)按直線l是否過原點分類討論計算作答.【小問1詳解】直線的斜率為，于是得直線l的斜率，則，即，所以直線l的方程是：.【小問2詳解】因直線l在兩坐標軸上的截距相等，則當直線l過原點時，直線l的方程為：，即，當直線l不過原點時，設其方程為：，則有，解得，此時，直線l的方程為：，所以直線l的方程為：或.20、（1）（2）存在，【解析】（1）由題意可得，，求得的值即可求解；（2）由（1）得，假設存在滿足條件的直線：，代入橢圓方程消去可得、，由中點坐標公式可得中點的坐標，由求得的值即可求解.小問1詳解】由題意可得，，，解得，，所以橢圓的方程為【小問2詳解】由（1）得，假設存在滿足條件的直線：，代入橢圓方程整理可得，設，，則，，可得，則線段的中點坐標為，所以，則，解得：，所以存在直線，且直線的方程為21、（1）（2）【解析】（1）由正弦定理得，再由范圍可得答案；（2）由余弦定理和基本不等式可得，再由面積公式可得答案.【小問1詳解】∵，由正弦定理得，又，所以，又，則；【小問2詳解】由余弦定理得，即，所以，當且僅當，取“=”，所以面積的最大值為22、（1）證明見解析（2）答案見解析【解析】（1）構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)判斷單調(diào)性，并求出函數(shù)的最