江苏省南京市金陵中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷

这是一份江苏省南京市金陵中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷，共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）已知，则（ ）
A．0B．－3C．2D．3
2．（5分）若关于的不等式的解集为或，则（ ）
A．70B．90C．180D．495
3．（5分）已知是单调递增的等比数列，且，则公比的值是（ ）
A．3B．－3C．2D．－2
4．（5分）已知随机变量服从正态分布，则“”是“”的（ ）
A．充分且不必要条件
B．必要且不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
5．（5分）已知，则（ ）
A．B．C．D．
6．（5分）已知点，圆，若圆上存在点使得，则实数的最小值是（ ）
A．－1B．1C．0D．2
7．（5分）已知函数的最小正周期为，若在区间上恰有8个零点，则的取值范围是（ ）
A．）B．C．D．
8．（5分）已知实数满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
（多选）9．（6分）已知动点分别在直线与上移动，则线段的中点到坐标原点的距离可能为（ ）
A．B．C．D．
（多选）10．（6分）设的内角的对边分别为．已知，则（ ）
A．的外接圆半径为
B．
C．
D．为锐角三角形
（多选）11．（6分）围棋是古代中国人发明的最复杂的智力博弈游戏之一．东汉的许慎在《说文解字）中说：“弈，围棋也”，因此，“对弈”在当时特指下围棋，现甲与乙对弈三盘，每盘甲赢棋的概率是，其中甲只赢一盘的概率低于甲只赢两盘的概率．甲也与丙对弈三盘，每盘甲赢棋的概率是，而甲只赢一盘的概率高于甲只赢两盘的概率．若各盘棋的输赢相互独立，甲与乙、丙的三盘对弈均为只赢两盘的概率分别是和，则（ ）
A．
B．当时，
C．当时，
D．存在，对任意的，都有
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（5分）的展开式中的系数是______．（用数字作答）
13．（5分）已知等边的边长为1，若平面内一点满足，则与夹角的余弦值为______．
14．（5分）一个顶点为，底面中心为的圆锥的体积为，若正四棱锥内接于该圆锥，平面与该圆锥底面平行，点都在圆锥的侧面上，则正四棱锥的体积的最大值是______．
四、解答题：本大题共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．（13分）已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为A，．
（1）求的离心率；
（2）若射线交椭圆于点，且，求的值．
16．（15分）如图，在直三棱柱中，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若二面角的余弦值为，求线段的长度．
17．（15分）设函数．
（1）讨论的单调性；
（2）是否存在，使得在区间上的最小值为—2且最大值为2？若存在，求实数的值；若不存在，请说明理由．
18．（17分）已知数列，其中数列是等差数列，且满足，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）若，求数列的前项和；
（3）设数列的前项和为，记集合且，求集合中所有元素的和．
19．（17分）已知函数，且．
（1）求的最大值；
（2）判断与的大小关系，并说明理由；
（3）判断能否作为三边长？若能，给出证明，并探究的外接圆的半径是否为定值；若不能，请说明理由．
参考答案与试题解析
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．D.
【解答】解：由已知可得，则．
故选：D．
2．A
【解答】解：关于的不等式的解集为或，
则，得，
故．
故选：A．
3．C
【解答】解：由是单调递增的等比数列且，
得，
故．
故选：C．
4．A
【解答】解：随机变量服从正态分布，则该正态分布曲线的对称轴为，
即，故，解得或—4
则“”是“”的充分不必要条件．
故选：A．
5．D
【解答】解：由，得，
，故，
则．
故选：D．
6．C
【解答】解：根据题意，点，若，则点的轨迹是以为圆心，3为半径的圆，设该圆为圆，
圆，若圆上存在点使得，则圆与圆有公共点，
则，解得，即的取值范围为，
故的最小值为0．
故选：C．
7．A
【解答】解：因为的最小正周期为，
所以曲线的一条对称轴为，
所以，
设零点依次为，其中，
有，即，
所以的取值范围是）．
故选：A．
8．B
【解答】解：根据题意，对于方程，
当时，原方程为，为椭圆在第一象限的部分；
当时，原方程为，为双曲线在第四象限的部分；
当时，原方程为，为双曲线在第二象限的部分；
当时，原方程无解，曲线在第三象限没有图象，
记，变形可得，则的几何意义是直线纵截距的2倍，
由图知，，
当直线与四分之一椭圆相切时，取最大值，
，而，当且仅当时等号成立，
则有，变形可得，
则有，当且仅当时等号成立，
即的取值范围为．
故选：B．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
（多选）9．CD
【解答】解：动点分别在直线与上移动，
又线段的中点为，
在直线上运动，
到直线的距离．
到坐标原点的距离大于等于．
故选：CD．
（多选）10．BCD
【解答】解：因为，
所以，即，A错误；
由正弦定理得，，B正确；
由余弦定理得，，解得（负值舍去），C正确；
因为，
所以为锐角，且为锐角，
又，
所以，即也为锐角，为锐角三角形，D正确．
故选：BCD．
（多选）11．ABD
【解答】解：对于A，甲只赢乙一盘的概率为，只赢乙两盘的概率为，
则，
解得，故A正确；
对于
当时，，故B正确；
对于，
，
，即，
由题意及A知，
，故C错误；
对于D，结合C，存在，对任意的，都有，即,
即，
设，
有，取，则，
于是，
存在，对任意的，都有，故D正确．
故选：ABD．
三，填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．－８
【解答】解：，
的展开式中的系数是．
故答案为：－8．
13．
【解答】解：，
则．
故答案为：．
14．
【解答】解：如图，设交平面于，
由，得，故，
由，得．
又正方形的面积为，
正四棱锥的体积为：
令，则，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
当时取最大值，．
故答案为：．
四、解答题：本大题共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．
【解答】解：（1）令，依题意可得上顶点，左，右焦点分别为，
所以，
又，
所以，即，即，
所以，
所以离心率；
（2）由（1）可得，则椭圆方程为，
直线的方程为，
联立，整理可得，
解得或，
则，即，
所以，所以，
解得，所以．
16．
【解答】（1）证明：由题意知平面，又平面，
所以，
因为四边形是平行四边形，且，
所以四边形为正方形，所以，
因为平面，
所以平面．
又平面，所以，
因为，所以，
又因为平面，
所以平面．
（2）解：以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，
所以，
所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，则，所以，
设二面角的大小为，
则，解得，
所以线段的长为6．
17．
【解答】解：（1）对求导得，
令，解得或．
对分类讨论：
当时，令，解得或；令，解得．
在区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增；
同理可得：当时，在区间上单调递增，上单调递减，上单调递增．
（2）若在区间有最大值2和最小值—2，
由知，在区间上单调递减，上单调递增．
若，则在区间上单调递减，，
解得
若，则在区间上单调递减，上单调递增．
的最小值为的最大值为和中较大的值．
当，即，即时
即解得，舍去；
当，即，即时，
即即，无解．
综上可得．
18．
【解答】解：（1）因为，所以，
因为，所以，
又数列是等差数列，所以的公差，
故数列的通项公式，
所以，
即的通项公式．
（2）由（1）知，
则．
（3）由（1）知，
当为偶数时，，
故，
此时，由，解得，即．
当为奇数时，，
此时．
综上，．
19．为定值
【解答】解：（1）因为，且．
所以，
因为，所以，故当时，取得最大值．
（2），证明如下：
由题意可知，，
又由（1）可知，又因为，所以，
则
又，所以．
（3）能作为三边长，证明如下：
由（2）知，，同理，
又，
即任意两边之和大于第三边，能作为三边长．
设当作边时所对的角为，
则
，
又因为，所以，
由正弦定理可得，的外接圆的直径为，即为定值．