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（含答案）

这是一份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（含答案），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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. (csx)′=sin xB. (sinx)′=cs xC. 1x′=1x2D. (2x)′=2x
2.双曲线x2−y23=1的离心率为
A. 12B. 2C. 2D. 22
3.曲线y=x3在点(1,1)处的切线方程是
A. x+y−2=0B. x−y+2=0C. 3x+y−4=0D. 3x−y−2=0
4.已知数列{an}的各项均不为0，a1=1，1an+1−1an=3，则a8=
A. 120B. 121C. 122D. 123
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1，3，5，7中任取2个数字，从2，4中任取1个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是
A. 8B. 12C. 18D. 72
7.在数列{an}中，a1=2，对任意m，n∈N∗，都有am+n=aman，则a2024=( )
A. 22026B. 22025C. 22024D. 22023
8.已知点F1是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点，过原点作直线l交C于A，B两点，M，N分别是AF1，BF1的中点，若存在以线段MN为直径的圆过原点，则C的离心率的取值范围是( )
A. 22,1B. 0, 22C. 33,1D. 33, 22
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l：y=x+m，圆C：x2+y2−2x=0，下列结论正确的是( )
A. 直线l的倾斜角为π3
B. 圆C的圆心坐标为(1,0)
C. 当m= 2−1时，直线l与圆C相切
D. 当m∈(− 2−1, 2−1)时，直线l与圆C相交
10.已知数列{an}的前n项和Sn=1−an，则下列结论中正确的是
A. a1=12B. 数列{an}是递增数列
C. Sn=1−12nD. Sn>1
11.如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=4，AB=2，E为AA1的中点，则
A. DE //平面A1CA
B. DE⊥平面D1C1E
C. P为棱A1B1上任一点，则三棱锥C−PDE的体积为定值
D. 平面DCE截此四棱柱的外接球得到的截面面积为π8
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.(x+2y)4的展开式中，x2y2的系数是________.(用数字作答)
13.盒子里有4个红球和2个白球，这些球除颜色外完全相同．如果不放回地依次抽取2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1+lnx≤ax2+bx(a>0)恒成立，则ba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13分)
已知函数f(x)=x2−x−1−ln x．
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)判断f(x)在(1,2)上是否有零点，并说明理由．
16.(本小题15分)
设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，已知S10=100，a3+a5=14．
(1)求{an}的通项公式；
(2)已知等比数列{bn}的公比为q，b1=a1，q=d，设cn=an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn．
17.(本小题15分)
已知抛物线E：y=x2，过点T(1,2)的直线与E交于A，B两点，设E在点A，B处的切线分别为l1和l2，l1与l2的交点为P．
(1)若点A的坐标为(−1,1)，求△OAB的面积(O为坐标原点)；
(2)证明：点P在定直线上．
18.(本小题17分)
如图，已知边长为1的正方形ABCD，以边AB所在直线为旋转轴，其余三边旋转120°形成的面围成一个几何体ADF−BCE.设P是CE⌢上的一点，G，H分别为线段AP，EF的中点．
(1)证明：GH //平面BCE；
(2)若BP⊥AE，求平面BPD与平面BPA夹角的余弦值；
(3)在(2)的条件下，线段AE上是否存在点T，使BT⊥平面BPD，证明你的结论．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=ex，g(x)=x+a+ln(ax)(a>0)．
(1)求函数ℎ(x)=f(x)−x−1的最小值；
(2)若xf(x)−g(x)≥−e恒成立，求a的取值范围；
(3)设n∈N∗，证明：12+112×22+122×……×n2+1n2参考答案
1.【答案】B
2.【答案】B
3.【答案】D
4.【答案】C
5.【答案】B
6.【答案】D
7.【答案】C
8.【答案】A
9.【答案】BCD
10.【答案】AC
11.【答案】BC
12.【答案】24
13.【答案】35
14.【答案】−1e
15.【答案】解：(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=2x−1−1x=(2x+1)(x−1)x，
令f′(x)>0，得x>1，f(x)的增区间为(1,+∞)，
令f′(x)<0，得0则f(x)的极小值为f(1)=−1，无极大值；
(2) f(x)在(1,2)上有零点，
因为f(1)=12−1−1−ln1=−1<0，
f(2)=22−2−1−ln2=1−ln2>0，
由零点存在定理可知，函数f(x)在(1,2)上有零点．
16.【答案】解：(1)因为S10=100，所以10a1+45d=100 ①．
又a3+a5=14，所以2a1+6d=14 ②，
由 ① ②得a1=1，d=2，
所以an=a1+(n−1)d=2n−1；
(2)因为b1=a1，q=d，所以b1=1，q=2，
所以bn=b1qn−1=2n−1，
因为cn=an⋅bn，所以cn=(2n−1)⋅2n−1，
Tn=1×20+3×21+5×22+⋯+(2n−3)×2n−2+(2n−1)×2n−1 ③，
2Tn=1×21+3×22+5×23+⋯+(2n−3)×2n−1+(2n−1)×2n ④，
③− ④得：−Tn=1×20+2×21+2×22+⋯+2×2n−1−(2n−1)×2n，
所以Tn=(2n−3)×2n+3．
17.【答案】解：(1)直线AB的斜率k1=2−11−(−1)=12，
直线AB的方程为y−1=12(x+1)，即x−2y+3=0，
联立方程x−2y+3=0y=x2，整理得：2x2−x−3=0，
设A(x1,x12)，B(x2,x22)，则x1+x2=12，x1x2=−32，
设直线AB与y轴的交点为D，则D(0,32)，
SΔOAB=SΔOAD+SΔOBD=12×32×|x1|+12×32×|x2|=34|x2−x1|
=34 (x1+x2)2−4x1x2=158；
(2)由y=x2，得y′=2x，
l1的方程为：y=2x1(x−x1)+x12，整理得：y=2x1x−x12，
同理可得l2的方程为：y=2x2x−x22，
设P(xP,yP)，联立方程y=2x1x−x12y=2x2x−x22,解得xP=x1+x22yP=x1x2
因为点T(1,2)在抛物线内部，可知直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为y=k(x−1)+2，
与抛物线方程联立得：x2−kx+k−2=0，
故x1+x2=k，x1x2=k−2，
所以xP=k2，yP=k−2，可得yP=2xP−2．
所以点P在定直线y=2x−2上．
18.【答案】证明：(1)取BP的中点Q，连接GQ，EQ，
因为G，H分别为线段AP，EF的中点，所以GQ//AB，GQ=12AB，
又因为AB= //EF，所以GQ= //HE，
所以四边形GQEH是平行四边形，所以GH//QE，
所以GH/​/面BCE．
(2)解：依题意得，AB⊥面BCE，又因为BP⊂面BCE，所以AB⊥BP．
又因为BP⊥AE，AB//AE=A，AB，AE⊂面ABEF，
所以BP⊥面ABEF，
又BE⊂面ABEF，所以BP⊥BE，
所以BP，BE，BA两两垂直．
以B为原点，BP，BE，BA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则P(1,0,0)，D( 32,−12,1)，BP=(1,0,0)，BD=( 32,−12,1)，
即x=0 32x−12y+z=0,取y=2，得x=0，z=1，
所以平面BPD的一个法向量是m=(0,2,1)，
又平面BPA的一个法向量为n=(0,1,0)，
设平面BPD与平面BPA的夹角为θ，则csθ=|m⋅n||m|n=2 5×1=2 55．
所以平面DBP与平面BPA夹角的余弦值为2 55．
(3)满足条件的点T存在，证明如下：
设T(x,y,z)，AT=λAE(0<λ<1)，
则(x,y,z−1)=λ(0,1,−1)，
所以T(0,λ,1−λ)，BT=(0,λ,1−λ).
因为BT⊥平面BPD，所以BT//m．
所以λ2=1−λ1，得λ=23，
所以存在点T(0,23,13)满足题意．
19.【答案】解：(1) ℎ(x)=ex−x−1，ℎ′(x)=ex−1，
当x∈(−∞,0)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，当x∈(0,+∞)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，
所以ℎ(x)min=ℎ(0)=0;
(2)因为xf(x)−g(x)≥−e恒成立，即xex−x−lnx−a−lna+e≥0恒成立，
令φ(x)=xex−x−lnx−a−lna+e(x>0)，φ′(x)=(x+1)ex−1−1x=(x+1)(ex−1x)，
令m(x)=(ex−1x)(x>0)，m′(x)=ex+1x2>0，m(x)在(0,+∞)单调递增，
因为m(12)= e−2<0，m(1)=e−1>0，所以∃x0∈(12,1)，使m(x0)=0，即ex0−1x0=0，
当x∈(0,x0)时，m(x)<0，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，
当x∈(x0,+∞)时，m(x)>0，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
故φ(x)min=φ(x0)=x0ex0−x0−lnx0−a−lna+e=1−a−lna+e，
所以1−a−lna+e≥0，
令n(a)=1−a−lna+e(a>0)，n′(a)=−1−1a<0，n(a)在(0,+∞)单调递减，
因为n(e)=1−e−lne+e=0，所以a的取值范围是(0,e]；
(3)由(1)知ln(x+1)≤x，当且仅当x=1时，等号成立，
要证(12+112)×(22+122)×⋯⋯×(n2+1n2)只要证ln[(12+112)×(22+122)×⋯⋯×(n2+1n2)]<74，
因为ln[(12+112)×(22+122)×⋯⋯×(n2+1n2)]
=ln[(1+112)×(1+122)×⋯⋯×(1+1n2)]<112+122+132+142+⋯⋯+1n2
<112+122+12×3+13×4+⋯⋯+1(n−1)n
=112+122+(12−13)+(13−14)+⋯+(1n−1−1n)=54+(12−1n)=74−1n<74，
故原命题得证．