福建省福州高级中学2023-2024学年高二下学期7月期末数学试题

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【分析】根据特称命题的否定为全称命题可得答案.
【详解】因为特称命题的否定为全称命题，所以为：，．
故选：C．
2．C
【分析】根据空间线、面的位置关系有关定理，对四个选项逐一分析排除，由此得出正确选项.
【详解】对于A，由，，可得，与相交或，所以A错误；
对于B，由，，可得或，所以B错误；
对于C，由，，可得，所以C正确；
对于D，由，，可得或，所以D错误
故选：C.
3．D
【分析】根据基本初等函数的性质，采用逐一验证法，可得结果.
【详解】因为是奇函数，在上单调递减，故A错；
因为是偶函数，在递增，在递减，其中，故B错；
因为既不是奇函数也不是偶函数，在上单调递增，故C错误；
因为是偶函数，在上单调递减，故D正确.
故选：D
4．D
【分析】根据给定条件，结合等腰三角形性质确定顶角最大的条件，再借助直角三角形求解作答.
【详解】依题意，在中，，如图，
显然，是锐角，，又函数在上递增，
因此当且仅当公共弦最大时，最大，此时弦为圆的直径，
在中，，所以.
故选：D
5．B
【分析】根据题意,做出几何图形,并延长至使得;延长至使得.以为邻边作平行四边形.连接交于.由平面向量共线基本定理,可,根据向量线性运算化简即可求得的值,进而检验四个选项即可
【详解】根据题意,画出.内任取一点,延长至使得;延长至使得.以为邻边作平行四边形.连接交于,如下图所示:
由题意及向量的加法运算可得
而,即
所以
即在同一直线上.而由题意可知在同一直线上
所以在同一直线上.也在上
设
所以即
由,所以,化简可得
综上可得,解方程组可得
所以
而,代入可得,即,所以排除C、D.
由,可得,
所以,故B正确;
而,即A错误.
综上可知,B为正确选项.
故选:B
【点睛】本题考查了平面向量在几何中的应用,平面向量共线基本定理的应用,向量的线性运算,属于中档题.
6．D
【分析】先判断与的位置关系，可知两直线交点轨迹为圆，然后挖去点，转化为圆心到直线的距离求解即可.
【详解】由两直线垂直的判断条件，可知，
所以直线与始终垂直，
又由条件可得直线恒过定点，直线恒过定点，
所以两直线的交点是在以线段为直径的圆上，
所以该圆的圆心坐标为，半径为，
圆上点是过定点且斜率不存在的直线与过定点且斜率为0的直线的交点，故挖去点.
圆心到直线的距离，
所以，与的交点到直线的距离的最大值和最小值分别为和，
又到直线的距离为，应舍去，
所以取值集合是.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用直线垂直的性质与过定点的知识，判断得两直线的交点是在以线段为直径的圆上，从而得解.
7．C
【分析】由题意可得在上有两个不等实根，转化为，即原问题等价于与在上有两个交点，然后利用导数求出的单调区间，画出函数图像，由图像可得要使与在上有两个交点，只要，从而可求出实数的取值范围
【详解】解：关于轴对称的解析式为，
因为的图像与的图像在上恰有两对关于轴对称的点，
所以在上有两个不等实根，
所以，
所以，即，
所以，
令，，则恒成立，
所以在上单调递增，
所以，即，
所以，
所以原问题等价于与在上有两个交点，
由，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数取得最小值，
当时，，
函数在上的图像如图所示，
所以要使与在上有两个交点，只要，
因为，所以，
即实数的取值范围是，
故选：C
【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的应用，考查导数的应用，解题的关键是把问题转化为，即原问题等价于与在上有两个交点，然后画出函数图像，利用图像求解即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题
8．B
【解析】将实数，满足通过讨论，得到其图像是椭圆、双曲线的一部分组成的图形，借助图像分析可得的取值就是图像上一点到直线距离范围的2倍，求出切线方程根据平行直线距离公式算出最小值，和最大值的极限值即可得出答案.
【详解】解：因为实数，满足，
所以当时，其图像位于焦点在轴上的椭圆第一象限，
当时，其图像位于焦点在轴上的双曲线第四象限，
当时，其图像位于焦点在轴上的双曲线第二象限，
当时，其图像不存在，
作出圆锥曲线和双曲线的图像如下，其中图像如下：
任意一点到直线的距离
所以
结合图像可得的范围就是图像上一点到直线距离范围的2倍，
双曲线，其中一条渐近线与直线平行
通过图形可得当曲线上一点位于时，取得最小值
当曲线上一点靠近双曲线的渐近线时取得最大值，不能取等号
设与其图像在第一象限相切于点
由
因为或（舍去）
所以直线与直线的距离为
此时
直线与直线的距离为
此时
所以的取值范围是
故选：B
【点睛】
三种距离公式：
（1）两点间的距离公式：
平面上任意两点间的距离公式为；
（2）点到直线的距离公式：
点到直线的距离;
（3）两平行直线间的距离公式：
两条平行直线与间的距离.
9．BD
【分析】利用互斥事件的定义和条件概率公式求解即可.
【详解】事件与可以同时发生，所以不是互斥事件，故A错误；
事件为“第次能打开门”，则，
故B正确；
，故C错误；
，
，
所以,故D正确.
故选：BD
10．ABD
【分析】由奇函数的定义可判断A，函数的值域满足，即可判断B，由周期性可判断C，先求出函数的定义域，由对数函数和二次函数的性质可判断D．
【详解】对于A，函数为奇函数，
所以，，即，即，
即，整理可得，即，
所以，，解得，
当时，，该函数的定义域为，满足，合乎题意，
当时，，
由可得，此时函数的定义域为，满足，合乎题意.
综上所述，，故A错误；
对于B，因为的值域为，
则函数的值域满足，
则，解得，故B错误；
对于C，函数满足，则，
故的周期为，因为，则，故C正确；
对于D，因为，，
由，得，解得，
即函数的定义域为．则，
又
，
故函数的值域为，故D错误：
故选：ABD.
11．ACD
【分析】对于A，取中点，结合已知可得为平行四边形，从而可得∥，进而由线面平行的判定定理可得结论；对于B，假设存在，使得平面，从而可得，在中，可判断，从而可得不可能垂直于，进而可得结论；对于C，当平面垂直于平面时，取得最大值，从而可求出四棱锥体积的最大值，对于D，当平面垂直于平面时，存在，使得三棱锥的外接球球心在平面内，为的中点，可得，所以为三棱锥的外接球球心，
【详解】解：对于A，取中点，因为是的中点，
所以∥，，
因为∥，，
所以∥，，所以四边形为平行四边形，
所以∥，
因为平面，平面，所以平面，所以A正确；
对于B，假设存在，使得平面，则，因为，，所以平面，所以，所以，在中，，所以，所以不可能垂直于，所以B错误；
对于C，，为到平面的距离，当平面垂直于平面时，取得最大值，此时为到的距离，此时，，所以的最大值为，所以C正确；
对于D，当平面垂直于平面时，存在，使得三棱锥的外接球球心在平面内，如图2，，所以，因为，所以，在直角三角形中，，为的中点，所以，所以，所以为三棱锥的外接球球心，因为在平面内，所以D正确，
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：此题考查线面平行的判定，线面垂直的判定，棱锥体积的求法等知识，解题的关键是根据题意正确的画出空间图形，然后结合图形求解即可，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题
12．BD
【分析】确定函数定义域，结合导数判断其单调性，可判断A；作出函数图象，数形结合，判断B；结合函数解析式可得，即可判断C；将化简变形得到，结合函数单调性推出，即可判断D.
【详解】对于A，函数的定义域为，
，则在上均单调递增，
由于函数图象在处不连续，故不能说在定义域上是增函数，A错误；
对于B，结合函数的单调性，作出函数的大致图象，
结合图象可知的值域为，B正确；
对于C，由于，故，
故，
故，C错误；
对于D，由题意知，
又，即
而，，故，结合在上单调递增，
可得，D正确，
故选：BD
13．
【分析】利用二倍角的正弦公式得出，然后除以，在所得分式的分子和分母中同时除以，转化为只含的代数式，代值计算可得结果.
【详解】.
故答案为：.
【点睛】本题考查三角求值，考查了二倍角公式与弦化切思想的应用，考查计算能力，属于基础题.
14．
【分析】首先要分离参数，然后同构变换得到，根据，得出，从而得解.
【详解】，即，
设，
则，令得，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
所以，即，
则，当且仅当时，取等号，
又易知单调递增，，，
所以在上存在唯一零点，故，
又恒成立，则.
故答案为：．
15．
【分析】利用给定定理直接计算即得；令，求出等比数列前项的和，再利用复数相等求解作答.
【详解】当，时，，所以；
，令，则，
，
，
而，则，，
所以.
故答案为：-i；
【点睛】思路点睛：涉及复数的次幂的求和问题，可把视为等比数列的第n项，再借助数列问题求解.
16．
【分析】设涨价5x元，销售的利润为y元，从而可得，配方即可求得．
【详解】设涨价5x元，销售的利润为y元，
则，
当，即销售单价为元时，y取得最大值.
17．(1)
(2)
【分析】(1)设出点坐标,代入椭圆方程,根据列出方程联立即可求出点坐标;
(2)设出点坐标,根据M到直线的距离等于,列出方程,求出点坐标,设出椭圆上点的坐标,根据两点间距离公式列出式子,将点坐标满足的椭圆方程代入消,可得到关于的二次函数,配方即可求得距离平方的最小值,进而求得距离的最小值.
【详解】（1）解:由题知
,
P在椭圆上,不妨设,
,,
,
即,
两式联立可得:
,
故点P的坐标为;
（2）M是椭圆长轴上的一点,
不妨设,
,,
,
M到直线的距离等于,
,
即,因为
所以
解得
设为椭圆任一点,
则满足,即,
则
,
故当时有最小值为.
18．(1)见解析；（2）二面角E-AC-F的余弦值为.
【分析】（1）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量垂直列方程组，解得各面法向量，根据平面垂直得两法向量数量积为零，解得长，（2）利用方程组先解出各面法向量，根据向量数量积求两法向量夹角，再根据二面角与向量夹角关系求结果.
【详解】（1）连接BD交AC于点O，则AC⊥BD.
取EF的中点G，连接OG，则OG∥DE.
∵DE⊥平面ABCD，∴OG⊥平面ABCD.
∴OG，AC，BD两两垂直.
∴以AC，BD，OG所在直线分别作为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图），
设，
由题意，易求，
∴，
设平面AEF，平面CEF的法向量分别为，
由，，得，∴
解得. 令，∴.
同理可求.
若平面AEF⊥平面CEF，则，
∴，
解得或（舍），
即BF长为时，平面AEF⊥平面CEF.
（2）当时，，
∴，，∴EF⊥AF，EF⊥CF，
∴EF⊥平面AFC，
∴平面AFC的一个法向量为，
设平面AEC的一个法向量为，则
，∴，得，
令，得，∴.
从而.
故所求的二面角E-AC-F的余弦值为.
19．（1）m=3,；（2）.
【分析】（1）对求导，根据已知有即可求参数m，进而根据导数的几何意义求处的切线方程；
（2）由题设在上存在子区间使，利用二次函数性质求参数范围．
【详解】（1）=，由在处取得极值，即，解得.
所以，
则在、上，递增，在上，递减，
所以，m=3时，处有极大值，符合题设，
于是函数，则,.
函数在点处的切线的斜率，
则在点处的切线方程为.
（2）当时，是开口向下的抛物线，
要使在上存在子区间使，
应满足或，解得或，
所以的取值范围是．
20．(1)答案不唯一，具体见解析；
(2).
【分析】（1）求出函数的定义域及导数，再分类讨论解不等式或作答.
（2）等价变形不等式，探讨函数在时值的符号，分离参数，构造函数，，求其最小值作答.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
当时，当或时，，当时，，
则有函数在，上单调递增，在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
当时，当或时，，当时，，
函数在，上单调递增，在上单调递减.
（2），，
令，求导得，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
则有函数的最小值为，即，，
于是在上恒成立等价于在上恒成立，
令，求导得，
令，求导得，
当时，，函数单调递减，当时，，
函数单调递增，则函数的最小值为，因此，
则当时，，函数在上单调递减，当时，，
函数在上单调递增，从而得函数的最小值为，于是得，
所以实数a的取值范围为．
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.
21．（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）对函数求导，按照、分类，解不等式、即可得解；
（2）法一转化条件为，换主元设，结合导数可得，利用得到即可得证.
法二利用转化条件为，结合导数证得即可.
法三构造函数，结合导数求得函数隐零点得到函数单调性即可得证.
【详解】解法1：
（1）若，则定义域为，，在单调递减．
若，则定义域为，．
由得，由得，所以在单调递增，在单调递减．
（2）不等式等价于．
设，．
设，则，所以．
而，所以，在单调递减，所以
．
由（1）可知，当时，，得．所以
．
因此当时，．
解法2：
（1）同解法1．
（2）不等式等价于．
由（1）可知，当时，，得，从而．
设，在单调递增．
因为，所以当时，，当时，．
所以．
因此．
所以当时，．
解法3：
（1）同解法1．
（2）设，．
因为在单调递增，，，所以存在唯一，使，当时，，当时，，
所以．
由可得，即．
所以．
因为函数在单调递增，，
所以．
由（1）可知，当时，，得．因此
所以当时，．
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性及证明不等式，等价转化命题及放缩是解题关键.