2024湖南省部分学校高二下学期7月期末联考数学试题含解析

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本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 设全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据并集和补集的定义直接计算即可.
【详解】由题意得，所以， .
故选：A
2. 已知是虚数单位，复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求解即可.
【详解】由，
得.
故选：D.
3. 已知M，N是圆O上的两点，若，则（ ）
A. 3B. C. 9D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用圆的中点弦的性质，再结合数量积的运算律求解即可.
【详解】设为的中点，连接，如图，
则，
所以.
故选：B
4. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，则（ ）
A. B.
C. D. 的最小正周期为
【答案】C
【解析】
【分析】根据图象过判断A，由图象求出周期得出判断BD，求出函数解析式判断C.
【详解】由图象可知，，故A错误；
由图象知，，所以，，故BD错误；
因为图象过点，且在减区间上，
所以，即，，
解得，又，所以，即，
又图象过点，所以，即，所以，
所以，故C正确.
故选：C
5. 已知双曲线E：（）的右焦点F到其一条渐近线的距离为1，则E的离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接代入点到直线距离公式求出，再求离心率.
【详解】由题意可知，双曲线焦点在轴，，右焦点到渐近线的距离，
所以，，.
故选：A
6. 在的展开式中，的系数是（ ）
A. B. 5C. D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】由组合知识可得展开式中与项的系数，再由多项式乘法公式即可得解.
【详解】由多选式乘法知，只需求出展开式中与项的系数，即可得解，
由组合知识可知，的系数为，项的系数为，
故在的展开式中，的系数是.
故选：A
7. 从装有3个白球、5个红球的箱子中无放回地随机取两次，每次取一个球，A表示事件“两次取出的球颜色相同”，B表示事件“两次取出的球中至少有1个是红球”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出和，再利用条件概率的公式求解.
【详解】由于我们不考虑两次取球的顺序，故可以视为从该箱子中一次性随机取出两个球.
从而，，
故.
故选：D
8. 设函数的定义域为，且满足，，，，都有，若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由条件通过赋值可以计算出函数的周期，再把自变量通过函数的周期性变到同一单调区间内，再根据单调性比较大小.
【详解】由，可得，即，
再令得：，所以，即函数是以为周期的函数，所以，，
由可得关于对称，又因为，单调递增，所以当，单调递减，
因为，所以，即.
故选：C
二、多项选择题：本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 数据2，7，4，5，16，1，21，11的中位数为5
B. 当时，当且仅当事件A与B相互独立时，有
C. 若随机变量X服从正态分布，若，则
D. 已知一系列样本点（，2，3，…，n）的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据中位数概念判断A，根据条件概率公式及相互独立事件判断B，根据正态分布的对称性判断C，根据残差概念判断D.
【详解】对A，数据由小到大排列为，其中位数为，故A错误；
对B，当时，，即，所以事件A与B相互独立，故B正确；
对C，随机变量X服从正态分布，且，所以，由正态分布的对称性知，，故C正确；
对D，由可知，与的残差分别为，，
所以由可得，故D错误.
故选：BC
10. 已知抛物线，直线过的焦点，且与交于两点，则（ ）
A. 的准线方程为
B. 线段的长度的最小值为4
C. 存在唯一直线，使得为线段的中点
D. 以线段为直径的圆与的准线相切
【答案】BCD
【解析】
【分析】由抛物线方程就可求出准线方程，即可判断A；设直线的方程为，，联立方程，利用韦达定理求出，进而可求出，再逐一判断BCD即可.
【详解】对于A，抛物线的准线方程为，故A错误；
对于B，，
由题意可得直线的斜率不等于零，设方程为，，
联立，消得，，
则，所以，
所以，时取等号，
所以线段的长度的最小值为4，故B正确；
对于C，由B选项得线段的中点坐标为，
若点为线段的中点，
则，解得，
所以存在唯一直线，使得为线段的中点，故C正确；
对于D，由C选项知线段的中点坐标为，
则中点到准线的距离为，
所以以线段为直径圆与的准线相切，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知圆柱的高为，线段与分别为圆与圆的直径，则（ ）
A. 若为圆上的动点，，则直线与所成角为定值
B. 若为等边三角形，则四面体的体积为
C. 若，且，则
D. 若，且与所成的角为，则四面体外接球的表面积为或
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，如图①所示，为直角三角形，则与所成角即为与所成角，即为定值即可；对于B，如图②所示，根据为等边三角形，证明平面，则计算即可；对于CD，建立空间直角坐标系，通过坐标运算及四面体外接球即为圆柱外接球计算即可.
【详解】对于A，如图①所示，
当时，则,
又因为，
所以为直角三角形，
且（圆半径），
故与所成角即与所成角，
即为定值，故A正确；
对于B，如图②所示，
当为等边三角形时，即，
因为为中点，
所以,，
又因为，且平面,平面,
所以平面.
又因为，即，故，
所以,
故B错误；
对于C，如图③所示，分别以轴，过垂直于为轴，为轴建立空间直角坐标系，
因为,即，由B选项可知，
则，
所以,
所以，
所以，故C正确；
对于D，如图③所示，分别以为轴，过垂直于为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以,
因为与所成角位，
所以，
解得或.
设四面体外接圆半径为，
当时，则，故外接球表面积为；
当时，则，故外接球表面积为；
故D正确.
故选：ACD.

关键点点睛：本题考查立体几何证明线面垂直、多面体体积、建立空间直角坐标系向量运算及多面体的外接球，解题关键在于借助空间向量可以化繁为简，充分体现了空间向量的工具作用.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知平面向量，，若，则____________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据向量垂直得坐标公式求出，再根据向量的模的坐标公式即可得解.
【详解】因为，
所以，解得，
故，
所以.
故答案为：.
13. 3月19日，习总书记在湖南省常德市考察调研期间来到河街，了解历史文化街区修复利用等情况，这片历史文化街区汇聚了常德高腔、常德丝弦、桃源刺绣、安乡木雕、澧水船工号子等品类繁多的非遗项目.现为了更好的宣传河街文化，某部门召集了200名志愿者，根据报名情况得到如下表格：
若从这200名志愿者中按照比例分配的分层随机抽样方法抽取20人进行培训，再从这20人中随机选取3人聘为宣传大使，记X为这3人中来自澧水船工号子的人数，则X的数学期望为____________.
【答案】##
【解析】
【分析】首先计算出样本中澧水船工号子的人数，再判断服从超几何分布，根据超几何分布的概率公式求出概率分布，再求期望.
【详解】由题意得样本中澧水船工号子的人数为，所以可取，并且服从超几何分布，
，，，
所以.
故答案为：
14. 已知函数，且时，，则的取值范围为____________.
【答案】
【解析】
【分析】作出函数的图象，结合对数的运算性质求出，根据二次函数的对称性求出，再结合二次函数的性质即可得解.
【详解】作出函数的图象，如图所示，
因为时，，
由图可知，，
则，
即，所以，所以，
由函数关于对称，可得，
所以，
因为，所以，
即的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：作出函数的图象，结合对数的运算性质求出，根据二次函数的对称性求出，是解决本题的关键.
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. 的内角的对边分别为，且．
（1）求角的大小：
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再结合二倍角的正弦公式即可得解.
（2）利用三角形面积公式与余弦定理依次求得，从而得解.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
又，所以，
又，所以；
【小问2详解】
由，得，
由余弦定理得，
又因为，
所以，
所以，所以，
所以的周长为.
16. 已知椭圆过点，且离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线过点，且与交于两点，当最大时，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意求出即可得解；
（2）分直线斜率是否存在两种情况讨论，当直线的斜率存在时，设方程为，联立方程，利用韦达定理求出，再根据弦长公式即可得解.
【小问1详解】
由题意得，解得，
所以椭圆标准方程为；
【小问2详解】
当直线的斜率不存在时，方程为，
此时，
当直线的斜率存在时，设方程为，
联立，消得，
恒成立，故，
则，
所以
，
令，则，
所以
，
当，即时，取得最大值，此时，
综上所述，当最大时，求直线的方程为.
17. 如图，四棱锥中，平面，，，．
（1）证明：；
（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）先证明，根据线面垂直的性质证明，再根据线面垂直的判定定理即可得证；
（2）设，以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以，所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以；
【小问2详解】
设，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
由（1）得，，，
故，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
因为平面，
所以即为平面的一条法向量，
故，
即平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知正项数列的前n项和为，且.
（1）求，的值及数列的通项公式；
（2）求数列的最大项；
（3）若数列满足，求数列的前30项和（，）.
【答案】（1）,,
（2）3 （3）
【解析】
【分析】（1）令求出，写出当时，，再由两式相减可得递推关系判断数列为等差数列即可；
（2）根据等差数列的求和公式化简后配方，利用二次函数求最大值即可；
（3）分奇偶两组求和，分别利用裂项相消法及错位相减法求和，即可得解.
【小问1详解】
因为，
所以当时，解得，
当时，由，解得，
当时，，
则，
化简得，而，所以，
所以数列为等差数列，所以.
【小问2详解】
由（1）知，，则，
所以，
因为，当或时，取最大值，
所以数列的最大项为第项或第项，其值为.
【小问3详解】
由题可知，当时，
，
所以，
当时，，
所以，
，
相减得，，
所以，
所以
19. 已知函数，（）.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）若对任意恒成立，求整数a的最小值.
【答案】（1）
（2）函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（3）1
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率即可得解；
（2）求出函数导数，再利用求导数判断导函数符号，即可得到原函数的单调区间；
（3）原不等式恒成立转化为，构造函数，根据单调性转化为对任意恒成立，分离参数后得，由导数求出的最大值即可.
【小问1详解】
当时，，
所以，
所以切线方程为，即.
【小问2详解】
因为，
所以，
设，
则，
又因为，所以，即单调递增，
又因为，所以时，，即；
时，，即，
综上可知，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
【小问3详解】
因为对任意恒成，
即，，
即，
即，
设，则，
易知单调递增，所以，
所以单调递增，则原不等式等价于，
即 对任意恒成立，
所以，令，则，
又因为，
令，则，所以单调递减;
又因为，，
所以，
所以时，，即，单调递增；
时，，即，单调递减；
所以，
所以，而，
所以整数的最小值为.
【点睛】关键点点睛：第三问关键点之一在于对原不等式进行恰当转化，第二关键点在于结合构造函数再对不等式变形后构造出恰当函数，利用导数判断出所构造函数的单调性，再次转化恒成立结论，第三关键点在于会找函数的隐零点，得到，难度较大.
项目
常德高腔
常德丝弦
桃源刺绣
安乡木雕
澧水船工号子
志愿者人数
30
60
50
40
20