四川省成都市树德中学2023-2024学年高二下学期期末数学试题（Word版附解析）

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1. 下列导数运算错误的是（ ）
A. ，则B. ，则
C. ，则D. ，则
【答案】B
【解析】
【分析】根据求导法则，求导公式逐个选项计算即可.
【详解】A选项，，则，A正确；
B选项，，，B错误；
C选项，，，C正确；
D选项，，，D正确.
故选：B
2. 已知数列，则由这两个数列公共项从小到大排列得到的数列为，则数列的通项公式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两数列的项的特征，易推得由公共项构成的新数列项的特征，写出通项公式化简即得.
【详解】因数列是首项为1，公差为2的等差数列，而数列是首项为1，公差为3的等差数列，
则这两个数列的公共项从小到大排列构成的新数列是首项为1，公差为6的等差数列，
故.
故选：D.
3. 已知一批沙糖桔的果实横径（单位：mm）服从正态分布，其中果实横径落在的沙糖桔为优质品，则这批沙糖桔的优质品率约为（ ）（若，则，）
A. 0.6827B. 0.8186C. 0.8413D. 0.9545
【答案】B
【解析】
【分析】根据正态分布三段区间的概率值以及正态分布的性质求解即可．
【详解】因为所种植沙糖桔的果实横径（单位：mm）服从正态分布，
其中，所以果实横径在的概率为
.
故选：B．
4. 函数单调递减区间是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求导后，令，解出即可.
【详解】,
令，解得，
所以单调递减区间为.
故选：A.
5. 如图，左车道有2辆汽车，右车道有3辆汽车等待合流，则合流结束时汽车通过顺序共有（ ）种.
A. 10B. 20C. 60D. 120
【答案】A
【解析】
【分析】合流结束时5辆车需要5个位置，第一步从5个位置选2个位置安排左边的2辆汽车，第二步剩下3个位置安排右边的3辆汽车，从而由分步乘法计数原理可得结果.
【详解】设左车辆汽车依次为，右车辆汽车依次为，
则通过顺序的种数等价于将安排在5个顺序中的某两个位置（保持前后顺序不变），
安排在其余3个位置（保持前后顺序不变），，
所以，合流结束时汽车通过顺序共有.
故选：A.
6. 已知，，，其中为自然对数的底数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先将化成统一形式，构造函数，研究单调性进而比较大小即可.
【详解】由题意得，，；
设，则，
当时，，所以单调递增，又，
所以，即，所以.
故选：A.
7. 已知是圆O：的直径，M，N是圆O上两点，且，则的最小值为（ ）
A. 0B. -2C. -4D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点C，结合垂径定理与数量积的运算表示出后，借助三角函数值域即可得解.
【详解】设中点为C，∵，，
则，
∵C为的中点，∴，
设向量与的夹角为，
∴，
又，∴的最小值为.
故选：C.
8. 当时，恒成立，则实数最大值为（ ）
A. B. 4C. D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查利用导数解决不等式恒成立问题，根据题意易于分离参数得，再利用切线放缩化简求出的取值范围.
【详解】因为，由，得.令
令，则在上恒成立，
故函数在上单调递增，所以即，
由，得，所以.
当且仅当时，取“=”，
此时，由与图象可知使，此时.
所以，即有最大值为4.
故选：B.
二、多项选择题
9. 已知等比数列的公比为，前项和为，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用题设等式进行等比数列的基本量运算，求得，代入公式即可一一判断.
【详解】依题，，解得故A错误，B正确；
则，，故C错误，D正确.
故选：BD.
10. 已知函数，则（ ）
A. 有两个极值点
B. 有一个零点
C. 点是曲线的对称中心
D. 直线是曲线的切线
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用导数研究函数的单调性，结合极值点的概念、零点的存在性定理即可判断AB；根据奇函数图象关于原点对称和函数图象的平移变换即可判断C；根据导数的几何意义即可判断D.
【详解】A：，
令得或，令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，
所以时取得极值，故A正确；
B：因为，，，
所以函数只在上有一个零点，即函数只有一个零点，故B正确；
C：令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
D：令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，
当切点为时，切线方程为，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查利用导数研究函数的性质和函数图象的平移变换，其中选项C，构造函数，奇函数图象关于原点对称推出的对称性是解决本题的关键.
11. 如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（ ）
A. 三棱锥的外接球表面积为
B. 动点的轨迹的线段为
C. 三棱锥的体积为定值
D. 若过，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A：三棱锥的外接球即为正方体的外接球，结合正方体的外接球分析；选项B：分别取，的中点H，G，连接，，，；证明平面平面，从而得到点F的轨迹；选项C：根据选项B可得出平面，从而得到点F到平面的距离为定值，即可判断；选项D：设为的中点，从而根据面面平行的性质定理可得到截面即为面，从而线段长度的最大值为线段的长，最小值为四棱锥以为顶点的高.
【详解】对于A：由题意可知：三棱锥的外接球即为正方体的外接球，
可知正方体的外接球的半径，
所以三棱锥的外接球表面积为，故A正确；
对于B：如图分别取，的中点，，连接，，，，
由正方体的性质可得，
且平面，平面，所以平面，
同理可得：平面，
且，，平面，所以平面平面，
而平面，所以平面，
所以点的轨迹为线段，长度为，故B不正确；
对于C：由选项B可知，点的轨迹为线段，因为平面，
则点到平面的距离为定值，
同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，故C正确；
对于D：如图，设平面与平面交于，在上，
因为截面平面，平面平面，所以，
同理可证，所以截面为平行四边形，所以点为的中点，
在四棱锥中，侧棱最长，且，
设棱锥的高为，
因为，所以四边形为菱形，
所以的边上的高为面对角线的一半，即为，又，
则，，
所以，解得，
综上，可知长度的取值范围是，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：由面面平行的性质得到动点的轨迹，再由锥体的体积公式即可判断C，D选项关键是找到临界点，求出临界值.
三、填空题
12. 在的展开式中，项的系数为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】写出展开式的通项，利用通项计算可得.
【详解】二项式展开式的通项为，，
令，解得，
所以，所以展开式中的系数为.
故答案为：
13. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，为原点，若以为直径的圆与的渐近线的一个交点为，且 ，则的离心率为_____________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据题意，得到，且，在中，利用余弦定理求得，得到，结合，利用离心率的定义，即可求解.
【详解】由以为直径的圆与C的渐近线的一个交点为P，可得，又，
在中，由余弦定理，得，所以，
根据直线OP为渐近线可得，所以，离心率.
故答案为：2.
14. 某班组织开展知识竞赛，抽取四名同学，分成甲、乙两组：每组两人，进行对战答题．规则如下：每次每名同学回答6道题目，其中有1道是送分题（即每名同学至少答对1题）．若每次每组对的题数之和为3的倍数，则原答题组的人再继续答题；若对的题数之和不是3的倍数，就由对方组接着答题，假设每名同学每次答题之间相互独立，且每次答题顺序不作考虑，第一次由甲组开始答题，则第7次由甲组答题的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】先用古典概型计算公式求每次每组对的题数之和是3的倍数的概率，设第次由甲组答题的概率为，由全概率公式得到与的递推公式，根据递推公式求数列的通项公式，令，可得问题答案.
【详解】记答题的两位同学答对的题数分别为，，则，
当时，是3的倍数，
故两位同学答对的题数之和是3的倍数的概率为，两位同学答对的题数之和不是3的倍数的概率为．
记第n次由甲组答题的概率为，则由乙组答题的概率为，，即，
进一步有，
又，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以.
令，则．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：设表示第n次由甲组答题的概率，由全概率公式得，得到数列的递推公式是解决该题的关键.
四、解答题
15. 设公差不为的等差数列的首项为，且成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列为正项数列，且，设数列的前项和为，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，则，根据等比中项的性质及等差数列通项公式得到方程，求出，即可求出通项公式；
（2）由（1）得，即，从而得到，再利用裂项相消法计算可得.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，则，
，，成等比数列，
则，即，
将代入上式，解得或（舍去）．
；
【小问2详解】
由（1）得，又，
所以，
所以，
则
．
16. 如图，在底面是矩形的四棱锥中，，点在底面上的射影为点与在直线的两侧，且.
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，结合为等腰直角三角形，进而得到平面，得到答案；
（2）建立空间直角坐标系，写出点坐标，得到两个平面的法向量，由法向量夹角的余弦公式求出答案.
【小问1详解】
证明：连接，
因为平面平面，
所以.
又，所以.
又，故，所以为等腰直角三角形.
而，平面，所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
由（1）知，两两垂直，
以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
由，得，可得点坐标为，
同理得.
所以，
设为平面的法向量，
则，即
令，则，得平面的一个法向量.
设为平面的法向量，
则，即，
令，则，得平面的一个法向量.
设平面与平面的夹角为，则
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17. 某植物园种植一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度（单位：）介于之间，现对植物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如图所示.
（1）求的值；
（2）若从高度在和中分层抽样抽取5株，在这5株中随机抽取3株，记高度在内的株数为，求的分布列及数学期望；
（3）以频率估计概率，若在所有花卉中随机抽取3株，记高度在内的株数为，求的数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见详解，
（3）0.3
【解析】
【分析】（1）根据题意结合频率和为1列式求解即可；
（2）根据分层抽样可知高度在和株数分别为2和3，结合超几何分布求分布列和期望；
（3）根据题意分析可知，结合二项分布的期望公式运算求解.
【小问1详解】
由题意可知：每组的频率依次为，
因为，解得.
【小问2详解】
由（1）可得高度在和的频率分别为0.1和0.15，
所以分层抽取的5株中，高度在和的株数分别为2和3，
可知可取0，1，2，则有：
，，，
所以的分布列为：
的期望为.
【小问3详解】
因为高度在的频率为0.1，
用频率估计概率，可知高度在的概率为0.1，
由题意可知：，所以.
18. 已知椭圆的左焦点为，上顶点为，离心率，直线FB过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线与椭圆相交于M，N两点（M、N都不在坐标轴上），若，求直线的方程.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出即得椭圆的标准方程.
（2）根据给定条件，借助倾斜角的关系可得，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合斜率的坐标公式求解即得.
【小问1详解】
令，由，得，则直线的斜率，
由直线过点，得直线的方程为，因此，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
设，直线的倾斜角为，
直线的倾斜角为，由直线的斜率知直线的倾斜角为，
于是，即有，显然均不等于，
则，即直线的斜率满足，
由题设知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，
由，消去x并整理得，，显然，
设，则，
由，得，即，
则，整理得，
即，于是，而，解得，，
所以直线的方程为，即.
【点睛】关键点点睛：本题第2问，由，结合直线倾斜角及斜率的意义求得是解题之关键.
19. 已知函数.
（1）当时，试求函数图象在点处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若函数有两个极值点，（），且不等式恒成立，其中，试求整数的取值范围.
【答案】（1）
（2）见解析 （3）或，且.
【解析】
【分析】（1）求当时，函数导数，求得切线的斜率和切点，由点斜式方程即可得到切线方程；
（2）求出的导数，令，得，对判别根式讨论，令导数大于零得到增区间，令导数小于零，得到减区间；
（3）函数有两个极值点，，由（2）可知，，构造函数，利用导数求得的范围，分或或的整数，对不等式分离参数，分别求解.
【小问1详解】
当时，，故
故，又，
故函数图象在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
的定义域为，
所以，
令，得，
（i）当，即时，在上恒成立，
所以函数在上单调递增；
（ii）当，即时，由，得，
①若，由，得或,
的单调递增区间是，；
由，得,
的单调递减区间是；
②若，则，函数在上递减，在上递增；
③若，由，得，则函数在上递减；
由，得，则函数在上递增.
综上，当时，的单调递增区间是；
当时，的单调递增区间是，，单调递减区间是；
当时，的单调递增区间是，单调递减区间是.
【小问3详解】
由（2）可知，函数有两个极值点，，则，
由，得，则，，，
由，可得，，
，
令，
则，
因为，，，，
又，所以，即时，单调递减，
又，所以，
不等式，恒成立，
若且，则，即，
设，在上单调递增，
且，所以由可得，且，
若且，则，即，
设，在上单调递增，
而，，，
所以且，
若，则不等式，不成立，
综上：或，且.
【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
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