山西省2023-2024学年高二(上)1月期末质量检测数学试卷(解析版)

这是一份山西省2023-2024学年高二(上)1月期末质量检测数学试卷(解析版)，共15页。试卷主要包含了 若，且，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由，得，解得，
因为，所以，
又，所以.
故选：D.
2. 已知复数满足，则复数的模为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，又，
所以，
所以，
所以或.
故选：B
3. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 数列可表示为集合
B. 数列与数列是相同的数列
C. 数列的第项为
D. 数列可记为
【答案】C
【解析】对于A，由数列的定义易知A错误；
对于B，两个数列排列次序不同，是不同的数列，故B错误；
对于C，数列的第项为，故C正确；
对于D，因为，所以，这与数列定义不相符，故D错误.
故选：C.
4. 若函数，则（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】A
【解析】，
所以.
故选：A.
5. 若，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以，
又，
所以，即，
又，所以，
所以，
所以.
故选：B.
6. 已知半径为1的圆经过点，其圆心到直线的距离的最大值为（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】D
【解析】设圆的圆心为，则，
即圆的圆心的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
其中点到直线的距离，
则圆心到直线的距离的最大值为.
故选：D
7. 已知公差不为0的等差数列满足，则的最小值为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】C
【解析】根据等差数列性质可得，
则，
，
当且仅当，即，时，取“”号．
故选：C．
8. 已知函数，若，则下列式子大小关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】在上恒成立，
故在上单调递增，
因为，故，
所以，故，
所以，
当时，，
故，，
则，
故，
综上，，A正确.
故选：A
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列通项公式中，对应的数列是递增数列的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】对于A，因为，
由二次函数的单调性可得数列为递增数列；
对于B，因为，
由一次函数的单调性可得数列是递减数列；
对于C，因为，
由指数函数的单调性可得数列是递减数列；
对于D，因为，
当时，数列是递增数列，
当时， 数列为递增数列，
而，所以数列是递增数列.
故选：AD.
10. 2023年7月31日国家统计局发布了制造业采购经理指数（PMI）如下图所示：
则下列说法正确的是（ ）
A. 从2022年7月到2023年7月，这13个月的制造业采购经理指数（PMI）的极差为
B. 2023年7月份，制造业采购经理指数（PMI）为，比上月上升0.3个百分点
C. 从2023年1月到2023年7月，这7个月的制造业采购经理指数（PMI）的第71百分位数为
D. 从2022年7月到2022年12月，这6个月的制造业采购经理指数（PMI）的平均数约为
【答案】BCD
【解析】由图知，制造业采购经理指数（PMI）的最大值为，最小值为，
所以极差为，故A错误；
由图可知，2023年7月份，制造业采购经理指数（PMI）为，6月份为，
则7月比6月上升个百分点，故B正确；
从2023年1月到2023年7月，这7个月制造业采购经理指数（PMI）从小到大的顺序为
，
因为，
所以第71百分位数为第5个数，即为，故C正确；
由图可知
从2022年7月到2022年12月，这6个月的制造业采购经理指数（PMI）的平均数为
，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知正四棱锥的底边长为2，高为2，且各个顶点都在球的球面上，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线与平面所成角的余弦值为
B. 平面截球所得的截面面积为
C. 球的体积为
D. 球心到平面的距离为
【答案】ACD
【解析】如图所示，因为正四棱锥的底边长为2，高为2，且各个顶点都在球的球面上，
连接，且，则平面，，
对于A中，在直角，，可得，
所以，所以A正确；
对于B中，设正四棱锥外接球的半径为，
在直角中，，
可得，即，解得，
则平面截球所得的截面圆的半径为，
所以截面圆的面积为，所以B错误；
对于C中，由外接球的半径为，所以球的体积为，
所以C正确；
对于D中，设等腰的外接圆的圆心，外接圆的半径为，
取的中点，连接，则点在上，且，
在直角中，可得，即，解得，
根据球的性质，可得平面，
在直角中，可得，
即球心到平面的距离为，所以D正确.
故选：ACD.
12. 已知为双曲线的左、右焦点，为平面上一点，若，则（ ）
A. 当为双曲线上一点时，的面积为4
B. 当点坐标为时，
C. 当在双曲线上，且点的横坐标为时，的离心率为
D. 当点在第一象限且在双曲线上时，若的周长为，则直线的斜率为
【答案】ABD
【解析】因为为平面上一点，且，所以为直角三角形，
设，，在中由勾股定理可得①，
由双曲线的定义可得②，
②式的平方减①式可得，
所以，故A正确；
由对称性可知为等腰直角三角形，因此，
又且，
所以，故B正确；
因为，所以点在以为直径的圆上，所以该圆的圆心为原点，半径为，
即曲线与双曲线的交点即为，由，
则，即（负值舍去），所以，
所以离心率，故C错误；
由题意可知，，则，
所以，即为等边三角形，则直线的斜率为，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 设单位向量的夹角的余弦值为，则____________.
【答案】
【解析】因为单位向量的夹角的余弦值为，则，
所以，
则.
故答案为：.
14. 已知抛物线的焦点为，点，若点为抛物线上任意一点，当取最小值时，点的坐标为____________.
【答案】
【解析】抛物线焦点为，准线方程为，
过点作垂直准线交于点，则，
所以，当且仅当、、三点共线时取等号，
即平行于轴时取最小值，此时，
则，
即，所以.
故答案为：
15. 某市举办花展，园方挑选红色、黄色、白色鲜花各1盆，分别赠送给甲、乙、芮三人，每人1盆，则甲没有拿到白色鲜花的概率是____________.
【答案】
【解析】设事件为甲拿到白色鲜花，
根据题意有红色、黄色、白色鲜花各1盆，分别赠送给甲、乙、丙三人，每人1盆，
甲、乙、丙三人拿到白色鲜花的概率相等，都为，
所以，则甲没有拿到白色鲜花的概率．
故答案为：．
16. 若存在实数使得，则的值为____________.
【答案】
【解析】因为，所以，
令，则，
当时，单调递减；
当时，单调递增；
所以，可得，
所以，即，
当且仅当，即时等号成立，
又，所以，
故，此时的值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
17. 已知函数，且为极值点.
（1）求实数的值；
（2）判断是极大值点还是极小值点，并分别求出极大值与极小值.
解：（1），
因为为函数的极值点，
所以，解得，
经检验符合题意，所以；
（2）由（1）得，，
当或时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以为极大值点，极大值为，
为极小值点，极小值为.
18. 已知的内角的对边分别为，且．
（1）求角；
（2）设是边上一点，为角平分线且，求的值．
解：（1）由正弦定理得，
即，
利用余弦定理可知，
因为，所以；
（2）在中，
，
所以，
即，
因为为角平分线，所以，所以，
由余弦定理，得，
则，
因此．
19. 已知数列，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
解：（1）因为，
当时，，
两式相减，得，
则，
当时，，则，满足上式，
所以.
（2）由（1）得，
所以，
则，
两式相减，得，
所以.
20. 如图,在直四棱柱中,,与相交于点,，为线段上一点，且.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
解：（1）因为，所以，所以，
又为线段上一点，且，
所以，在中，
又平面，平面，
所以平面.
（2）直四棱柱中，平面，又，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，可得，，
所以平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，
则，
令，可得，，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角的大小为，
所以，
即平面与平面的夹角的余弦值为．
21. 已知函数.
（1）证明：；
（2）设，求证：对任意的，都有成立.
解：（1）设，
当时，单调递增，
当时，单调递减，所以，
于是有，
即.
（2）要证明成立，
即证明成立，
即证明成立，
也就是证明成立，
因为，所以原问题就是证明成立，
由，设，
即证明，也就是证明成立，
设，
所以当时，函数单调递增，即有，
从而成立.
22. 已知椭圆的长轴长为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）设是经过椭圆下顶点的两条直线，与椭圆相交于另一点与圆相交于另一点，若的斜率不等于0，的斜率等于斜率的3倍，证明：直线经过定点.
解：（1）依题意可得，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）设、的斜率分别为、，，由（1）可知下顶点为，
可得，．
将代入，整理得，
解得或，
则，
可得．
将代入可得，解得或，
则，所以．
直线的斜率为，
因此直线方程为，
化简得，于是直线经过定点．