广西桂林市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷(含答案)

这是一份广西桂林市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷(含答案)，共15页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
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.2C.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0,,,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．在数列中,,对任意m,,都有,则( )
A.B.C.D.
8．已知点是椭圆（）的左焦点,过原点作直线l交C于A,B两点,M,N分别是,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.B.C.D.
二、多项选择题
9．直线,圆,下列结论正确的是( )
A.直线l的倾斜角为
B.圆C的圆心坐标为
C.当时,直线l与圆C相切
D.当时,直线l与圆C相交
10．已知数列的前n项和,则下列结论中正确的是( )
A.B.数列是递增数列
C.D.
11．如图所示,已知正四棱柱中,,,E为的中点,则( )
A.平面
B.平面
C.P为棱上任一点,则三棱锥的体积为定值
D.平面DCE截此四棱柱的外接球得到的截面面积为
三、填空题
12．的展开式中,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．当时,若不等式恒成立,则的最小值是________.
四、解答题
15．已知函数.
（1）求的单调区间和极值;
（2）判断在上是否有零点,并说明理由.
16．设等差数列的公差为d,前n项和为,已知,.
（1）求的通项公式;
（2）已知等比数列的公比为q,,,设,求数列的前n项和.
17．已知抛物线,过点的直线与E交于A,B两点,设E在点A,B处的切线分别为和,与的交点为P.
（1）若点A的坐标为,求的面积（O为坐标原点）;
（2）证明:点P在定直线上.
18．如图,已知边长为的正方形ABCD,以边AB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P是上的一点,G,H分别为线段AP,EF的中点.
（1）证明:平面BCE;
（2）若,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,使平面BPD,证明你的结论.
19．已知函数,（）.
（1）求函数的最小值;
（2）若恒成立,求a的取值范围;
（3）设,证明:.
参考答案
1．答案：B
解析：由基本初等函数的求导公式知,
,,,,故ACD错误,B正确.
故选:B
2．答案：B
解析：由双曲线知,,
所以,
所以.
故选:B
3．答案：D
解析：由可得,
所以,
故切线方程为,即.
故选:D
4．答案：C
解析：由,可知为公差为3的等差数列,且首项为,
故,
故,.
故选:C
5．答案：B
解析：分别记A,B,C,D四个散点图所对应的相关系数为,,,,
由图可得A为正相关,则,B,D为负相关,且图中的点比图中的点分布更为集中,
所以,且,即,且接近,
C图中相关关系强度最弱,即接近,
所以样本相关系数最小的是B.
故选:B
6．答案：D
解析：从1,3,5,7中任取2个数的方法数有;
从2,4中任取1个数的方法数有;
选出的3个数的排列有;
再利用分步计数乘法原理得:
可以组成没有重复数字的三位数的个数有.
故选:D.
7．答案：C
解析：令得:,所以是等比数列,首项为2,公比为2,
则,即,
故选:C.
8．答案：A
解析：令椭圆右焦点为,半焦距为c,连接,,因为M,N分别是,的中点,O为的中点,
则,,由以MN为直径的圆过原点,得,
则有,又点A,B关于原点O对称,即四边形为平行四边形,且是矩形,
于是,有,,
因此,当且仅当时取等号,
即有,,则,而,解得.
故选:A.
9．答案：BCD
解析：直线的斜率为1,所以直线l的倾斜角为,A选项错误;
而圆,即,可知圆心,半径,B选项正确;
当时,直线,
设圆心到直线l的距离为d,则,
所以直线l与圆C相切,故C正确;
对于D项,圆,即,可知圆心,半径,
因为直线与圆C交于两点,所以圆心C到直线l的距离,
即,解得,
所以当时,直线l与圆C相交,故D项正确;
故选:BCD.
10．答案：AC
解析：当时,,解得,故A正确;
当时,由可得,,两式相减得,
数列是等比数列,公比,且首项,所以数列是递减数列,故B错误;
由等比数列求和公式知,,故C正确;
由C知,,故D错误.
故选:AC
11．答案：BC
解析：A:由E为的中点,所以A错;
B:平面,平面,
,又
平面,平面,
平面,B对;
C.,平面CDE,平面CDE,
平面CDE,,为定值,C对;
D:设外接球球心为O,即为对角线中点.
O到平面DCE距离为到平面DCE距离的一半,
到平面CDE距离等于A到平面CDE距离,设为d,
由,即,
,则O到平面CDE距离为,
正四棱柱外接球半径为,
所以截面圆半径,,D错.
故选:BC
12．答案：24
解析：的展开式通项公式为,
令得,,
故的系数为24.
故答案为:24
13．答案：/0.6
解析：记“第一次摸到红球”为事件A,记“第二次摸到红球”为事件B,则两次都摸到红球为事件AB.
因为,,所以.
故答案为:
14．答案：
解析：由题意知:,由可得,即不等式恒成立,令,,
易得为斜率大于0的一条直线,;,当时,,单增,
当时,,单减,又,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,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：（1）增区间为,减区间为,极小值为,无极大值;
（2）函数在上有零点,理由见解析
解析：（1）函数的定义域为,
,
令,得,的增区间为,
令,得,的减区间为
的极小值为,无极大值.
（2）在上有零点,
因为,,
所以,
由零点存在定理可知,函数在上有零点.
16．答案：（1）;
（2）.
解析：（1）由,得,由,得,
联立解得,,
所以的通项公式.
（2）由（1）得,,则,
,
于是,
两式相减得:
,
所以.
17．答案：（1）
（2）证明见解析
解析：（1）直线AB的斜率
直线AB的方程为,即
联立方程,整理得:
设,,则,
设直线AB与y轴的交点为D,则
（2）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,与抛物线方程联立得:
故,
所以,,可得
所以点P在定直线上
18．答案：（1）证明见解析
（2）
（3）存在,证明见解析
解析：（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,,
又因为AB,EF平行且相等,所以GQ,HE平行且相等,
所以四边形GQEH是平行四边形,所以.
又因为平面BCE,平面BCE,所以平面BCE.
（2）依题意得平面BCE,所以,
因为,AB,平面ABEF,,
所以平面ABEF,所以,
以B为坐标原点,BP,BE,BA所在直线分别为x,y,.z轴,建系如图所示,
则,,,,,
所以,,
设平面BPD的法向量为,
则,得,
取,得,,
所以平面BPD的一个法向量是,
易知平面BPA的一个法向量为,
设平面与平面的夹角为,
则.
（3）满足条件的点T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.
19．答案：（1）0
（2）
（3）证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数,得出函数的极值即可得最值;
（2）转化为恒成立,构造函数,利用导数求函数的最小值即可得解;
（3）由（1）可转化不等式,再由裂项相消法即可得证.
解析：（1）,,
当时,,单调递减,
当时,,单调递增,
所以.
（2）因为恒成立,即恒成立,
令（）,
,
令（）,
,在单调递增,
因为,,
所以,使,即,则,
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a的取值范围是.
（3）由（1）知,当且仅当时,等号成立,
要证,
只需证,
因为,
,
,
.
故原命题得证.