河北省部分地区2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷（解析版）

这是一份河北省部分地区2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷（解析版），共12页。试卷主要包含了 函数的最小值为， 已知函数，若，则的最小值为， 已知对恒成立，则的最大值为， 下列命题中正确的是等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
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题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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、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. 已知全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意可知，所以.
故选：D
2. 复数的虚部为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】，故该复数的虚部为2.
故选：D.
3. 等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】.
故选：B
4. 函数的最小值为（ ）
A B. 1C. D.
【答案】B
【解析】，，
故，
令，则，，
令，当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
取最小值为．
故选：B．
5. 以斜边长为2的等腰直角三角形的斜边所在直线为旋转轴，将该三角形旋转一周所得几何体的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意可知：等腰直角三角形斜边的高为1，腰长为，
该三角形旋转一周所得几何体为2个共底面，且底面半径为1，母线长为的圆锥拼接而成，
所以所得几何体的表面积为.
故选：B.
6. 已知函数，若，则的最小值为（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】C
【解析】因为，
若，
则，
所以，
所以，
则，当且仅当，即时取等号．
故选：C．
7. ，的图象与直线的交点的个数为（ ）．
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】函数在上单调递减，函数值从1递减到，
在上单调递增，函数值从递增到1，
函数在上的图象，如图，

观察图象知，，的图象与直线的交点的个数为2.
故选：C
8. 已知对恒成立，则的最大值为（ ）
A. 0B. C. eD. 1
【答案】D
【解析】由，得，
所以对恒成立，
令，则在上单调递增，
由，得，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，即
令，
则在上单调递增，
由，得，
所以当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，所以，
所以的最大值为1.
故选：D
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. 下列命题中正确的是（ ）
A. 已知随机变量X服从二项分布B（n，p），若，，则
B. 若随机变量，且，则
C. 一组数据1，3，5，7，9，11，13的第60百分位数为7
D. 若样本数据，，…，的平均数为3，则，，⋯，的平均数为10
【答案】BD
【解析】对A，由题意，解得，故A错误；
对B，由正态分布的对称性知，，
则，故B正确；
对C，由知，第60百分位数为由小到大排列的第5个数9，故C错误；
对D，由题意知，
则
，故D正确.
故选：BD
10. 已知函数有两个极值点，则下列说法正确的是（ ）
A. a的取值范围是
B.
C. 的取值范围是
D. 的取值范围是
【答案】BCD
【解析】对AB，，，
由题意可知，有2个正根，
则，解得：，故A错误，B正确；
对C，，，所以，故C正确；
对D，，
，
设，，
，所以函数在单调递减，
，
所以的取值范围是，故D正确.
故选：BCD
11. 如图，P是椭圆与双曲线在第一象限的交点，,且共焦点的离心率分别为，则下列结论正确的是（ ）

A.
B. 若，则
C. 若，则的最小值为2
D.
【答案】AD
【解析】A.由题意可知，，，
得，故A正确；
B.中，若，设椭圆和双曲线的半焦距为，
根据余弦定理，，
整理为，
而，故B错误；
C. 若，则，则，
则，
，
当时，等号成立，这与矛盾，所以，故C错误；
D.在椭圆中，，
，
整理，
在双曲线中，，
整理为，
所以，即，
而，则，故D正确.
故选：AD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，若，则__________.
【答案】或
【解析】当时，，得（正值舍去），
当时，，得（负值舍去），
所以或.
故答案：或
13. 若曲线的切线为，则一组满足条件的的取值为__________．
【答案】
【解析】设切点为，由，得，
则由题意得，
所以，，
所以，所以.
故答案为：
14. 甲､乙两队进行答题比赛，每队3名选手，规定两队的每名选手都完成一次答题为一轮比赛，每名选手答对一题得1分，答错一题得0分.已知甲队中每名选手答对题的概率都为，乙队中3名选手答对题的概率分别为.在第一轮比赛中，甲队得分，乙队得分，则在这一轮中，满足且的概率为__________.
【答案】
【解析】依题意甲队在一轮比赛中得分的概率为，
甲队在一轮比赛中得分的概率为，
乙队在一轮比赛中得分的概率为：
，
乙队在一轮比赛中得分的概率为：
，
设在这一轮中，满足且为事件，
则包含①甲队得分，乙队得分，②甲队得分，乙队得分，③甲队得分，乙队得分，
所以，
即在这一轮中，满足且的概率为.
故答案为：
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. 已知的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知，.
（1）求B；
（2）若的面积为，求c.
解：（1）由，
则有，
即，由，故，
故，又B∈0,π，
故；
（2）由，，
故，
解得
16. 已知点和点在椭圆上.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若过点P的直线l交椭圆C于一点B，且的面积为，求直线l的方程.
解：（1）由题意可知，解得，
椭圆的方程为.
（2），则直线的方程为，
即，
，
设点到直线的距离为，则，
则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点，
设该平行线的方程为，则，解得或，
当时，联立，解得或，即或，
当时，此时，直线的方程为，即
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，联立，得，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线的方程为或

17. 如图，在三棱锥中，是等边三角形，，，，，，分别，的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
解：（1）因为是等边三角形，点是的中点，，
所以，且，
点分别是的中点，所以，
中，，且，，
所以，，
所以，即，
且，且平面，
所以平面，平面,
所以平面平面；
（2）中，，，，，
所以，
过点作，
因为平面平面，且平面平面；
所以平面，
作，连结，
因为平面，
所以，
且，平面，
所以平面，平面，
所以，
则为二面角的平面角，
中，，
中，，
所以，，
所以二面角的余弦值为.
18. 设n为正整数，数列是首项为1，公比为的等比数列.从中任意选取两项和，若它们的和大于，则称该选取为“有效选取”.
（1）当时，求所有“有效选取”的种数；
（2）若，证明：对于任意的n，都存在“有效选取”；
（3）若，证明：对于任意的n，数列中存在两项和，使得它们的差的绝对值大于.
解：（1）由题意，，
当时，数列为，共有项，
从中任意选取两项和，则所有取法有种；
若为“有效选取”，则，且，
当时，；当时，，
故不是有效选取,而其余取值都满足，
故所有“有效选取”的种数共有种；
（2）由题意，等比数列为，
因为，所以，即该数列为递增数列，
故，，即的最大值为.
由，可得
，
①当时，；
②当时，；
③当时，.
综上，任意，当时，都有.
即当时，对于任意的n，当时，都有，
即对于任意的n，都存在“有效选取”.
（3）由（2）知，数列为递增数列，
则，，
即的最大值为，
令，因为，则随的增大而增大.
所以，
故当时，任意，恒成立，故恒成立，
即任意，存在，即数列两项，它们的差的绝对值大于.
故当时，对于任意的n，数列中存在两项和，使得它们的差的绝对值大于.