河南省鹤壁市高中2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省鹤壁市高中2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题（Word版附解析），共23页。

1．答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；
3．考试结束后，请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. 设集合，则集合的元素个数为（ ）
A. 1011B. 1012C. 2022D. 2023
2. 已知实数，，，那么实数的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
3. 在四面体中，点E满足F为BE的中点，且则实数λ=（ ）
A. B. C. D.
4. 在中，，是的中点，，则的取值范围为（ ）
A B. C. D.
5. 已知，是函数零点，则（ ）
A. B. C. D.
6. 已知 ，则 （ ）
A. 8B. 10C. D.
7. 已知正方体，过点B且以为法向量平面为α，则α截该正方体所得截面的形状为（ ）
A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形
8. 已知a，，若，，则b的可能值为（ ）
A. 2.5B. 3.5C. 4.5D. 6
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，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分．
9. 已知正实数满足，则（ ）
A. 的最大值为2
B. 的最小值为1
C. 的最大值为2
D. 的最小值为1
10. 随机变量X，Y分别服从正态分布和二项分布，即，，则（ ）
A. B. C. D.
11. 已知圆，，则下列结论正确的有（ ）
A. 若圆和圆相交，则
B. 若圆和圆外切，则
C. 当时，圆和圆有且仅有一条公切线
D. 当时，圆和圆相交弦长为
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数及其导函数的定义域均为R，若，都为偶函数，则______．
13. 在中，若，则__________．
14. 直线经过点，与圆相交截得弦长为，则直线的方程为________．
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. 2023年12月28日工业和信息化部等八部门发布了关于加快传统制造业转型升级的指导意见，某机械厂积极响应决定进行转型升级．经过市场调研，转型升级后生产的固定成本为300万元，每生产万件产品，每件产品需可变成本万元，当产量不足50万件时，；当产量不小于50万件时，．每件产品的售价为200元，通过市场分析，该厂生产的产品可以全部销售完．
（1）求利润函数解析式；
（2）求利润函数的最大值．
16. 已知的内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求角；
（2）若，，求边及的面积；
（3）在（2）的条件下，求的值.
17. 已知四棱锥，底面是正方形，平面平面，为棱的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值．
18. 已知双曲线经过点，右焦点为，且成等差数列.
（1）求的方程；
（2）过的直线与的右支交于两点（在的上方），的中点为在直线上的射影为为坐标原点，设的面积为，直线的斜率分别为，试问是否为定值，如果是，求出该定值，如果不是，说明理由.
19. 已知实数，定义数列如下：如果，，则．
（1）求和（用表示）；
（2）令，证明：；
（3）若，证明：对于任意正整数，存在正整数，使得．鹤壁市高中2023—2024学年（下）期末考试
高二数学试题卷
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；
3．考试结束后，请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. 设集合，则集合的元素个数为（ ）
A. 1011B. 1012C. 2022D. 2023
【答案】B
【解析】
【分析】依题意由表达式中角的特征可知当时，的取值各不相同，当时，利用诱导公式以及集合元素的互异性即可求得元素个数为.
【详解】根据题意可知，当时，，此时；
又因为为奇数，为偶数，且中的任意两组角都不关于对称，
所以的取值各不相同，因此当时集合中的取值会随着的增大而增大，
所以当时，集合中有1011个元素；
当时，易知
又易知，所以可得
，
即时的取值与时的取值相同，
根据集合元素的互异性可知，时并没有增加集合中的元素个数，
当时，易知
，
可得当时，集合中的元素个数只增加了一个0，
所以可得集合的元素个数为个.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题关键在于通过观察集合中元素的特征，利用的三角函数值的范围以及图象的对称性，由集合中元素的互异性得出当时，集合中的元素个数的增加情况即可求得结果.
2. 已知实数，，，那么实数的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦函数的单调性可得到，利用对数函数的单调性可得到，假设在中，，，角B的平分线交边AC于点D，利用长度关系和正弦定理可得到，然后利用作差法能得到，即可求解
【详解】由于可得，即，
又由于，所以，
假设在中，，，角B的平分线交边AC于点D，
所以，，，
所以,所以即，
所以，
所以，
所以即，解得，
在中，即，
所以，
由于即，所以，
所以，
因为，所以，
所以
故选：B
【点睛】关键点点睛：这道题的关键时计算出，需假设在中，，，角B的平分线交边AC于点D，然后利用相似三角形和正弦定理即可得到
3. 在四面体中，点E满足F为BE的中点，且则实数λ=（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由空间向量线性和基本定理运算可解.
【详解】由F为BE 的中点，得
又
所以，由
得
即所以
故选：D

4. 在中，，是的中点，，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由正弦定理可得，即可得到，再由正弦型函数的值域，代入计算，即可求解.
【详解】
因为，，在中，
由正弦定理可得，
则，
且是的中点，则，
又，则，
则
，
又，则，
所以，则，
即的取值范围为.
故选：C
5. 已知，是函数的零点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用韦达定理求出，，再由诱导公式变形，最后由和（差）角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切.
【详解】因为，是函数的零点，
所以，，
所以
.
故选：B
6. 已知 ，则 （ ）
A. 8B. 10C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，利用二项式定理求解指定项的系数.
【详解】，
其中展开式的通项为，且，
当时，，此时只需乘以第一个因式中的2，可得；
当时，，此时只需乘以第一个因式中的，可得.
所以.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是把表示成，利用即可二项式定理求解.
7. 已知正方体，过点B且以为法向量的平面为α，则α截该正方体所得截面的形状为（ ）
A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形
【答案】A
【解析】
【分析】作出辅助线，根据线面垂直的判定定理得到平面，故平面即为平面，得到截面的形状.
【详解】连接，
因为平面，平面，所以，
又四边形为正方形，所以，
又，平面，
所以平面，因为平面，所以，
同理可证明，
因为，平面，
故平面，
故平面即为平面，
则截该正方体所得截面的形状为三角形.
故选：A.
8. 已知a，，若，，则b的可能值为（ ）
A. 2.5B. 3.5C. 4.5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，求导确定其单调性，结合可得答案.
【详解】由得，设，则，
又，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减．
因为，所以．
结合选项可知B正确，ACD错误.
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，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分．
9. 已知正实数满足，则（ ）
A. 的最大值为2
B. 的最小值为1
C. 的最大值为2
D. 的最小值为1
【答案】AC
【解析】
分析】由题可得，可令，，即，，代入选项依次化简即可结果.
【详解】由，可得，令，，所以，，
对于A，则，当时，取最大值为2，故A正确
对于B，
当时，的最大值为1，故B错误；
对于C、D，由B可得，由，则，故C正确，D错误.
故选：AC
10. 随机变量X，Y分别服从正态分布和二项分布，即，，则（ ）
A B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项，根据正态分布对称性得到A正确；BC选项，根据正态分布和二项分布求期望和方差公式求出答案；D选项，利用二项分布求概率公式进行求解.
【详解】A选项，根据正态分布的定义得，故A正确；
B选项，，，故，故B正确；
C选项，，，故，故C正确；
D选项，，故D错误.
故选：ABC．
11. 已知圆，，则下列结论正确的有（ ）
A. 若圆和圆相交，则
B. 若圆和圆外切，则
C. 当时，圆和圆有且仅有一条公切线
D. 当时，圆和圆相交弦长为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意求圆心和半径.对于AB：根据圆与圆的位置关系分析求解；对于C：结合选项A分析判断；对于D：先两圆方程作差求公共弦所在直线的方程，结合垂径定理求弦长.
【详解】由题意可知：圆的圆心，半径；
圆的圆心，半径；
则，
对于选项A：若圆和圆相交，则，
即，解得，故A正确；
对于选项B：若和外切，则，
即，解得，故B正确；
对于选项C：当时，由选项A可知：圆和圆相交，
所以圆和圆有且仅有2条公切线，故C错误；
对于选项D：当时，由选项A可知：圆和圆相交，
且圆，，
两圆方程作差得，即公共弦所在直线的方程为，
圆心到直线的距离，
所以公共弦长为，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数及其导函数的定义域均为R，若，都为偶函数，则______．
【答案】520
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性，推出函数的图象关于点对称以及关于点对称，即可依次求得的值，根据等差数列的求和公式，即可求得答案.
【详解】因为为偶函数，则，即，
则，即，
故的图象关于点对称，且；
又为偶函数，则，
则，即，
故的图象关于点对称，且，
又将代入得，则；
令，由可得，则；
同理可得，则；
因为，，所以，则；，
由此可得组成了以0为首项，为公差的等差数列，
故，
故答案为：520
【点睛】关键点睛：解答此类关于抽象函数的性质类问题，要能综合利用函数的性质进行求解，比如函数的奇偶性和对称性以及周期性等，解答本题的关键就在于要根据函数的奇偶性推出函数的对称性，从而采用赋值法求值，发现规律，进而求解.
13. 在中，若，则__________．
【答案】##
【解析】
【分析】先将目标式切变弦变形整理，然后利用余弦定理计算将条件代入，结合目标式可得答案.
【详解】．
由余弦定理得．
由正弦定理得，从而．
所以．
故答案为：.
14. 直线经过点，与圆相交截得的弦长为，则直线的方程为________．
【答案】或
【解析】
【分析】将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，根据弦长求出圆心到直线的距离，分斜率存在与不存在两种情况讨论，分别求出直线方程.
【详解】圆，即，圆心为，半径，
因为直线与圆相交截得的弦长为，
所以圆心到直线的距离，
若直线的斜率不存在，此时直线方程为，满足圆心到直线的距离为，符合题意；
若直线的斜率存在，设斜率为，则直线方程为，即，
则，解得，所以直线方程为，即，
综上可得直线方程为或.
故答案为：或
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. 2023年12月28日工业和信息化部等八部门发布了关于加快传统制造业转型升级的指导意见，某机械厂积极响应决定进行转型升级．经过市场调研，转型升级后生产的固定成本为300万元，每生产万件产品，每件产品需可变成本万元，当产量不足50万件时，；当产量不小于50万件时，．每件产品的售价为200元，通过市场分析，该厂生产的产品可以全部销售完．
（1）求利润函数的解析式；
（2）求利润函数的最大值．
【答案】（1）
（2）1000万元．
【解析】
【分析】（1）根据题意，分段表示销售利润，即得利润函数；
（2）对利润函数分段讨论，利用求导、基本不等式等方法求函数的最大值即得.
【小问1详解】
由题意得，销售收入为万元．
当产量不足50万件时，，
利润为：；
当产量不小于50万件时，，
利润为：.
所以利润函数为
【小问2详解】
当时，，
所以当时，在上单调递增；
当时，在单调递减，
所以当时，取得最大值；
当时，
当且仅当，即时，等号成立
又，故当时，所获利润最大，最大值为1000万元．
16. 已知的内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求角；
（2）若，，求边及的面积；
（3）在（2）的条件下，求的值.
【答案】（1）
（2），
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和正弦公式及诱导公式求出，即可得角；
（2）根据余弦定理求得边长，再利用面积公式求解即可.
（3）利用正弦定理求出，再求出，再利用二倍角公式求出，最后再利用两角和与差的正弦公式即可.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
即，即，
又，所以，则，又，所以.
【小问2详解】
由余弦定理得，
整理得，解得或（舍），
所以的面积.
【小问3详解】
由正弦定理得，即，解得，
因为，故角为锐角，故，
所以，
，
所以
.
17. 已知四棱锥，底面是正方形，平面平面，为棱的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，得到平面的法向量，利用空间向量求面面夹角.
【小问1详解】
因为平面平面，，
且平面平面平面，
所以平面．
【小问2详解】
由题意和（1）知，两两垂直，
以A为原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
可得．
易知平面的一个法向量为．
设平面的法向量为，则，
令，则，可得．
设平面与平面的夹角为，
则，
可得
所以平面与平面的夹角的正弦值为．
18. 已知双曲线经过点，右焦点为，且成等差数列.
（1）求的方程；
（2）过的直线与的右支交于两点（在的上方），的中点为在直线上的射影为为坐标原点，设的面积为，直线的斜率分别为，试问是否为定值，如果是，求出该定值，如果不是，说明理由.
【答案】（1）
（2）是定值，定值为
【解析】
【分析】（1）根据题意和可得，然后根据点在双曲线上即可求解；
（2）依题意可设PQ：，将直线方程与圆锥曲线方程联立得到，利用韦达定理和已知条件求出的表达式，然后求出的表达式，化简即可求证.
【小问1详解】
因为，，成等差数列，所以，
又，所以.
将点的坐标代入C的方程得，解得，
所以，所以C的方程为.
【小问2详解】
依题意可设PQ：，
由，得,

设，，，则.
，，
则，
而，
所以，
所以是定值，定值为.
【点睛】关键点点睛：
（1）本题的关键是根据题目条件得到等式，解方程组；
（2）本题的关键是把目标转化成两根之和以及两根之积的形式，然后代入韦达定理化简.
19. 已知实数，定义数列如下：如果，，则．
（1）求和（用表示）；
（2）令，证明：；
（3）若，证明：对于任意正整数，存在正整数，使得．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）观察题目条件等式中的系数可得答案；
（2），分别计算和可证明结论；
（3）先根据无上界说明存在正整数，使得，分是偶数和是奇数分别说明.
【小问1详解】
因为，所以；
因为，所以；
【小问2详解】
由数列定义得：；所以．
而，
所以；
【小问3详解】
当，由（2）可知，无上界，故对任意，存在，使得．
设是满足的最小正整数．下面证明．
①若是偶数，设，
则，于是．
因为，所以．
②若是奇数，设，
则．
所以．
综上所述，对于任意正整数，存正整数，使得．