福建省福州市联盟校2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题（解析版）

这是一份福建省福州市联盟校2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题（解析版），共12页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围， 已知函数，且，则， 若复数满足， 已知，则等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
3.本卷命题范围：人教A版必修一､必修二､选择性必修一､选择性必修二､选择性必修三（第八章除外）.
一､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，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 已知由小到大排列的5个样本数据的极差是15，则的值为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】C
【解析】由题知最小的数据是，最大的数据是23，则极差为，解得.
故选：C.
2. 已知钝角满足，则（ ）
A. B. C. 0D. 或0
【答案】B
【解析】因为，所以，解得或0，
因为为钝角，所以.
故选：B.
3. 若圆被直线平分，则（ ）
A. -2B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意得圆心在直线上，则，解得.
故选：D.
4. 已知函数，且，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】因为，
故，而，故，
故选：B.
5. 设是两个不同的平面，是两条不同的直线，则“”的充分条件是（ ）.
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】C
【解析】对于A，若，则，故A错误；
对于B，若，则平面与平面可以相交或平行，故B错误；
对于C，因为，由线面垂直的性质，所以，
又因为，所以，故C正确；
对于D，若，则平面与平面可以相交或平行，故D错误；
故选：C
6. 在数学中，自然常数．小布打算将自然常数的前6位数字2，7，1，8，2，8进行排列得到密码．如果排列时要求8不排最后一个，两个2相邻，那么小布可以设置的不同的密码个数为（ ）
A. 30B. 32C. 36D. 48
【答案】C
【解析】根据题意，分两种情况：
①2排在最后一位，
则倒数第二位也是2，再从剩下4个位置选出2个，安排两个8，最后安排7和1，
此时有个不同的密码；
②2不排在最后一位，
则倒数第一位安排7或1，将两个2看成一个整体，与两个8和7或1中剩下的数排列，
此时有个不同的密码；
则一共有个不同的密码．
故选：C．
7. 已知分别为双曲线的左､右焦点，过的直线与双曲线的左支交于两点，若，则双曲线的焦距为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图，由于，
有4，可得，
又由，可得，设，
在中，由余弦定理有.
在中，由余弦定理有.
又由，有，
可得，解得，所以双曲线的焦距为.
故选：B.

8. 若函数在区间上是减函数，且，，，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】由题知，
因为，，
所以，,
又因为在区间上是减函数，
所以，
两式相减，得，
因为，所以.
故选：A.
二､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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 若复数满足（是虚数单位），则下列说法正确是（ ）
A. 复数的虚部为
B. 的模为
C. 的共轭复数为
D. 复数在复平面内对应点在第一象限
【答案】BCD
【解析】由，
对于A，的虚部应为1，故A错误；
对于B，模为，故B正确；
对于C，的共轭复数应为，故C正确；
对于D，在复平面内对应点为，显然在第一象限，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知，则（ ）
A. B. 在上单调递增
C. ，使D. ，使
【答案】AC
【解析】要使函数有意义，则有，且，
即定义域，B错误；
，，，A正确；
，
记，，则，
时，，x∈1,+∞时，，
在0,1上单调递减，在上单调递增，，即，
又时，，
令，则hx单调递增，又，
存在唯一，使得，此时，
x∈0,x0时，f'x>0，时，f'x0，故在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递减，在上单调递增，
，.
作出函数的图象，如图：

所以C正确，D错误.
故选：AC
11. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如星形线、卵形线、蔓叶线等，心形线也是其中一种，因其形状像心形而得名，其平面直角坐标方程可表示为，图形如图所示．当时，点在这条心形线C上，且，则下列说法正确的是（ ）

A. 若，则
B. 若，则
C.
D. C上有4个整点（横、纵坐标均为整数的点）
【答案】ACD
【解析】依题意，心形线C的直角坐标方程为，
过原点,由，可知三点共线，
可设直线，由
消去y，得．
不妨设，
则．
∴，故A正确；
，
当时，，故B错误；
设点在心形线C上，，角以x轴非负半轴为起始边，
则心形线C的方程转化为，
即，
∴，又，
∴，故C正确；
由，可知．
令，则心形线C的方程可化为：，
∴，
当，或，进而可得或0，
当时，方程无整数解；
当时，，故
∴C上有4个整点，故D正确，
故选:ACD．
三､填空题：共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知集合，若，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】由题意知或，
又且，故，即的取值范围为.
故答案为：.
13. 已知某圆锥的侧面展开图是一个半圆，若圆锥的表面积为，则该圆锥的体积为______.
【答案】
【解析】设圆锥母线长为，底面圆半径长，
因为侧面展开图是一个半圆，此半圆半径为，半圆弧长为，
所以，即，因为表面积是侧面积与底面积的和，
所以，所以，则圆锥的高，
所以.
故答案为：
14. 已知有穷数列的首项为1，末项为12，且任意相邻两项之间满足，则符合上述要求的不同数列的个数为______．
【答案】144
【解析】依题意，首项和末项相差11，而任意相邻两项之间满足，，
当时，即后一项与前一项的差均为1，数列的个数为1；
当时，即后一项与前一项的差出现一个2，九个1，数列的个数为；
当时，即后一项与前一项的差出现两个2，七个1，数列的个数为；
当时，即后一项与前一项的差出现三个2，五个1，数列的个数为；
当时，即后一项与前一项的差出现四个2，三个1，数列的个数为；
当时，即后一项与前一项的差出现五个2，一个1，数列的个数为，
所以符合上述要求的不同数列的个数为.
故答案为：144
四､解答题：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，已知.
（1）求；
（2）若，求的面积.
解：（1）因为，
由正弦定理可得.
可化为.
又由余弦定理，有.
又，所以.
（2）因为，由（1）有.
可化为.
又由，有.
所以.
16. 如图，在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，过棱的中点E作于点，连接．

（1）证明：；
（2）若，求平面与平面所成角的正弦值．
解：（1）∵四边形为矩形，∴，
∵平面，平面，
∴，
又， 平面，
∴平面，
又平面，∴．
∵，点E是的中点，
∴．
又， 平面，
∴平面．平面，∴．
又，,平面，∴平面，
平面，∴．
（2）如图，因两两垂直，
故可以A为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则A0,0,0，P0,0,1，，D0,1,0，
∴，．
由（1）可知，可看成平面的一个法向量，
可看成平面的一个法向量．
设平面与平面的所成角为，
∴，∴，
∴平面与平面所成角的正弦值为．
17. 已知椭圆左､右顶点分别为，短轴长为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若第一象限内一点在椭圆上，且点与外接圆的圆心的连线交轴于点，设，求实数的值.
解：（1）因为短轴长为，所以，
又椭圆的离心率为，则有，解得，
所以的方程为.
（2）因为外接圆经过椭圆的左､右顶点，所以圆心在轴上，
设圆心，则圆的半径为，所以，
所以
又点在椭圆上，所以，两方程消去得：
再由直线的斜率为，
可设直线的方程为，
令，所以点的横坐标为
又，所以，解得
18. 已知函数．
（1）当时，判断的单调性；
（2）证明：当时，．
解：（1）当时，，则，
令，则恒成立，
在上单调递增，又因为，
则当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
（2），
所以，令，
则，所以在上单调递增，
当时，，又，
有，即单调递减；，即单调递增，
所以，而此时，
所以当时，成立；
当时，可得，所以，所以，
又，所以存在，使得，即，
，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，由可得，
，
下面证明，
令，所以，
所以在上单调递增，所以，
即得证，即成立，
综上，当时，成立．
19. 对于数列，如果存在等差数列和等比数列，使得，则称数列是“优分解”的．
（1）证明：如果是等差数列，则是“优分解”的．
（2）记，证明：如果数列是“优分解”的，则或数列是等比数列．
（3）设数列的前项和为，如果和都是“优分解”的，并且，求的通项公式．
解：（1）是等差数列，设，
令，
则bn是等差数列，是等比数列，所以数列an是“优分解”的．
（2）因为数列an是“优分解”的，设，
其中，
则．
当时，
当时，是首项为，公比为的等比数列．
（3）一方面，数列是“优分解”的，设，
其中，由（2）知
因为，所以．
是首项为2，公比为的等比数列．
另一方面，因为an是“优分解”的，设，
其中，
是首项为2，公比为的等比数列，
，且，
化简得，
即数列是首项，公比为的等比数列．
又，
又解得，
综上所述，．