广东省深圳市北京师范大学南山附属学校2023-2024学年高二下学期期末考试 数学试卷（含解析）

这是一份广东省深圳市北京师范大学南山附属学校2023-2024学年高二下学期期末考试 数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知，则（ ）
A．B．C．D．
2．设全集为R，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．圆和圆交于A，B两点，则相交弦AB的垂直平分线的方程为（ ）
A．B．C．D．
4．5名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项比赛无并列冠军），则不同的结果种数为（ ）
A．B．C．D．
5．设等比数列的前项和为，且，则（ ）
A．B．C．D．
6．函数的图象如图所示，则的值等于（ ）
A．B．C．2D．1
7．如图所示，双曲线：的左、右焦点分别为，，过的直线与双曲线 C 的两条渐近线分别交于A，B两点，A是的中点，且，则双曲线C的离心率（ ）
A．B．2C．D．
8．如图，在正四棱柱中，，，是侧面内的动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（ ）
A．B．C．2D．
二、多选题（本大题共4小题）
9．下列说法中正确为（ ）
A．不论取何实数，命题“，”为真命题
B．若关于的不等式恒成立，则的取值范围为
C．设集合，，则“”是“”的充分不必要条件
D．函数与函数是同一个函数
10．已知函数是定义在上的偶函数，当时，，则（ ）
A．的最小值为B．在上单调递减
C．的解集为D．存在实数满足
11．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线在处的切线方程为
B．恰有2个零点
C．既有最大值，又有最小值
D．若且，则
12．泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，却在转瞬间无处寻觅.已知点，直线，动点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半.若某直线上存在这样的点P，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（ ）
A．点P的轨迹方程是
B．直线是“最远距离直线”
C．平面上有一点，则的最小值为5
D．点P的轨迹与圆是没有交汇的轨迹（也就是没有交点）
三、填空题（本大题共4小题）
13．已知，则 .
14．4名男生和6名女生排成一排，要求男生不相邻，且不站在队伍的两端，则共有 种排法．
15．如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程、高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为，则模型中九个球的体积和为 .
16．已知定义在R上的偶函数满足，，若，则不等式的解集为 .
四、解答题（本大题共6小题）
17．在二项式展开式中，前三项的二项式系数之和为79.
(1)求的值；
(2)若展开式中的常数项为，求实数的值.
18．如图，在四棱锥，底面，，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)求与平面所成角的正弦值.
19．“不以规矩，不能成方圆”，出自《孟子•离娄章句上》．“规”指圆规，是用来测量、画圆和方形图案的工具．有一块圆形木板，以“矩”量之，较短边为5cm，如图所示，三角形顶点A，B，C都在圆周上，B，C的对边分别为a，b，c，满足cm．

(1)求；
(2)若的面积为8cm2，且，求的周长．
20．数列各项均为正数，其前n项和为，且满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和，并求使对所有的都成立的最大正整数m的值．
21．已知椭圆与抛物线有一个相同的焦点，椭圆的长轴长为2p．
(1)求椭圆与抛物线的方程；
(2)P为抛物线上一点，为椭圆的左焦点，直线交椭圆于A，B两点，直线与抛物线交于P，Q两点，求的最大值．
22．已知函数.
(1)当时，求曲线在的切线方程；
(2)设在区间上的最大值为，求，并判断函数的零点个数.
参考答案
1．【答案】D
【分析】先对化简，再求其共轭复数即可.
【详解】因为，所以．
故选D.
2．【答案】B
【分析】由题意首先求得，然后进行交集运算即可求得最终结果.
【详解】由题意可得，
结合交集的定义可得.
故选B.
3．【答案】B
【分析】两圆的相交弦的垂直平分线是通过圆心的直线方程，根据两圆的一般方程求得圆心的坐标，利用直线方程的两点式求得直线的方程.
【详解】由两圆的方程可得两圆的圆心分别为
两圆的相交弦的垂直平分线是通过圆心的直线方程，
由直线方程的两点式得到直线的方程为:,
整理得.
故选B.
【关键点拨】关键是根据圆的公共弦的性质判定所求直线为经过两圆的圆心的直线.
4．【答案】A
【分析】根据分步计数原理可得结果.
【详解】每项比赛的冠军均可以被5名同学其中一名获得，有5种方法，
所以5名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军时，不同的结果种数为.
故选A.
5．【答案】C
【分析】设等比数列的公比为，依题意可得，再根据等比数列前项和公式计算可得.
【详解】设等比数列的公比为，由得，解得，
所以．
故选C．
6．【答案】B
【分析】根据三角函数的图象，求得解析式，由此求得的值.
【详解】由图象可知，因为过原点，且，所以，所以，由图象可知，因为，所以，所以.所以.
故选B.
7．【答案】B
【分析】由已知可得，设,，,，由点在渐近线上，求得点坐标，再由为的中点，得到点坐标，把代入渐近线，即可求得的离心率．
【详解】A是的中点，
为的中位线，
，，．
设,，,，
点在渐近线上，
，得．
又为的中点，，
在渐近线上，
，得，则双曲线的离心率．
故选B.
8．【答案】B
【分析】以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，3，，根据空间向量垂直的坐标表示求得，继而得的最小值，连接BP，由线面角的定义得 就是与平面所成的角，故而得的最大值.
【详解】以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，
设，3，，则，3，，，，，
，，
，，
，
连接BP，在正四棱柱中，平面，就是与平面所成的角，即，
，的最大值为．
故选B．
9．【答案】AC
【分析】根据函数的对称性，可求得a值，即可判断A；分别讨论和两种情况，结合二次型函数的性质，可判断B；根据集合的包含关系及充分、必要条件的概念，可判断C；根据同一函数的定义，可判断D.
【详解】对于A：令，则，故方程总有两个不相等的实数根，不妨设，由韦达定理得，即，
所以不等式的解集为，则当时，有，故A正确；
对于B：当时，可得成立，满足题意，
当时，可得，解得，
综上所述，的取值范围为，故B错误；
对于C：当时，，所以，充分性成立，
若，则或，解得或，必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件，故C正确；
对于D：函数的定义域为，函数的定义域为，定义域不同，故不是同一函数，故D错误.
故选AC.
10．【答案】ACD
【分析】根据偶函数的性质求出函数解析式，即可画出函数图象，即可判断；
【详解】函数是定义在上的偶函数，当时，，
设，则，所以，因为是偶函数，所以，
所以，
所以，
函数图象如下所示：
可得时，在时取得最小值，由偶函数的图象关于轴对称，可得在上取得最小值，故A正确；
在上单调递减，在上单调递增，故B错误；
由或，解得或，综上可得的解集为，故C正确；
由，，即存在实数满足，故D正确.
故选ACD．
11．【答案】ABD
【分析】对于A，利用导数求在处的切线斜率，进而得切线方程；对于C，由的导数推导函数的单调性，利用函数的单调性来判定既无最小值也无既最大值；对于B，由函数的单调性及，可得恰有2个零点；对于D，根据分类讨论，利用和函数的单调性可得.
【详解】因为，
所以的定义域为，，，
当时，的导数为，
所以，又，
所以曲线在处的切线方程为，即，故A正确；
当时，，
所以在单调递减，同理可得在单调递减，
所以既无最小值也无既最大值，故C错误；
又，所以恰有2个零点，故B正确；
若，，由，
可得，
因为在上单调递减，所以，即，
同理可证当，时，结论也成立，故D正确．
故选ABD．
12．【答案】ABC
【分析】对于A，设，根据定义建立关系可求出；对于B，联立直线与椭圆方程，判断方程组是否有解即可；对于C，根据定义转化为求即可；对于D，易判断为交点.
【详解】对于A：设，因为点P到点F的距离是点P到直线l距离的一半，
所以，化简可得，故A正确；
对于B：联立方程组，可得，
解得，故存在点，
所以直线是“最远距离直线”，故B正确；
对于C：如图，过点P作垂直直线，垂足为B，
由题意可得，则，
由图象可知，的最小值即为点A到直线的距离5，故C正确；
对于D：由可得，
即圆心为，半径为1，
易得点P的轨迹与圆C交于点，故D错误.
故选ABC.
【思路导引】关于新定义题的思路：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
13．【答案】
【分析】直接利用模的计算公式即可求得.
【详解】因为，
所以.
14．【答案】86400
【分析】插空法：先将6个女生排成一排，再把4个男生放在6个女生中间的5个空位中.
【详解】第一步，6个女生排成一排共有种排法；
第二步，把4个男生放在6个女生中间的5个空位中，有种排法．
根据分步计数原理可知，满足要求的排法有= 86400种．
15．【答案】
【分析】先求出正四面体内切球半径与正四面体棱长和高的关系，再分析大、中、小内切于正四面体的高即可求解.
【详解】如图所示正四面体，设棱长为，高为，为正四面体内切球的球心，延长交底面于，是等边三角形的中心，过作交于，连接，
则为正四面体内切球的半径，
因为，，，
所以，
所以，解得，
所以正四面体内切球的体积，
由图可知最大球内切于高的正四面体中，最大球半径，
故最大球体积为；
中等球内切于高的正四面体中，中等球半径，
故中等球的体积为；
最小球内切于高的正四面体中，最小球半径，
故最小球的体积为；
所以九个球的体积和.
16．【答案】
【分析】根据题设条件可得为周期为4的偶函数，进而有，目标不等式化为，构造并利用导数研究其单调性，即可求解集.
【详解】由为偶函数知，又，
所以，即，故为周期为4的偶函数，
所以，
由可化为，
令，则，故在R上单调递减，又，
所以，可得解集为.
【关键点拨】首先要推出为周期为4的偶函数，再将不等式化为，构造函数研究单调性为关键.
17．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由二项式定理求前三项的二项式系数，列方程即可求得；
（2）由二项式定理求的通项，由此可求常数项，由条件列方程求即可.
【详解】（1）二项式的展开式的前三项的二项式系数依次为，
因为展开式中的前三项的二项式系数之和等于79，
所以有，
即，
解得或.
因为，所以.
（2）因为展开式的通项为
，，
令，得，所以常数项为，
由已知有，
整理得，
解得.
18．【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）先证，结合，根据线面垂直的判断定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理可得平面平面；
（2）先做出直线与平面所成的角，再解三角形可得线面角的正弦值.
【详解】（1）在中，，，，则，所以，所以，
在中，，
所以，所以为直角三角形，所以，
又因为底面，底面，所以，
又因为，平面，所以平面，
又平面，故平面平面.
（2）如图：作于，连接，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，故为与平面所成的角，
因为底面，底面，所以，
在中，，
所以，所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
19．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可求圆的直径，再结合正弦定理运算求解；
（2）根据题意结合面积公式和余弦定理运算求解.
【详解】（1）设的外接圆半径为，则cm，
由正弦定理，可得.
（2），则，故为锐角，
∴，
由面积公式，即，可得，
由余弦定理得，即，
可得，解得cm，
故的周长为cm.
20．【答案】（1）
（2）3
【分析】（1）根据题意，利用，化简整理，即可求得，检验满足此式，即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）可得，代入即可求得表达式，利用裂项相消法求和，即可求得的表达式，根据的单调性，可得，代入所求，利用一元二次不等式的解法，即可求得答案.
【详解】（1）∵，
∴当时，，
整理得，又，
∴数列为首项和公差都是1的等差数列．
∴，又，∴，
∴时，，
又适合此式，
∴数列的通项公式为.
（2）∵，
∴，
∴随着n逐渐增大，逐渐增大，
∴，依题意有，即，
解得，故所求最大正整数m的值为3.
【关键点拨】应用，根据不同条件，选择替换或进行求解.需检验是否满足题意，若不满足题意，需写成分段函数形式.
21．【答案】(1)椭圆方程为 ，抛物线方程为
(2)
【分析】（1）由题意可以求出 ，分别写出椭圆和抛物线的方程；
（2）分别设直线的方程，与椭圆，抛物线方程联立，运用弦长公式求解.
【详解】（1）由题意 ，又，，
抛物线方程为，椭圆方程为；
（2）由（1）知 ，由题意 的斜率不为0，
设直线的方程为：，直线的方程为：，，
联立方程，得，
，
；
联立方程 ，得，
，
，
又点P是的交点， ，得，
又点P在抛物线上， ，得，，
，考察函数，
易知是单调递增函数， ，
，即最大值为.
22．【答案】(1)
(2)，只有一个零点
【分析】（1）根据导数求切线斜率，再利用点斜式即可求解．
（2）先求导函数，再对分类讨论，即可求得的解析式，再根据解析式求出零点个数．
【详解】（1）当时，，所以，所以，
所以切线方程为，即；
（2），
则，
当时，由，则，所以单调递减；
所以在区间上的最大值为，
当时，知时，单调递增；
时，单调递减.
所以最大值为，
所以，
当时，，显然无零点；
当时，，则，
所以在时单调递增，
又，，
所以根据零点存在性定理，知在时只有唯一零点，
综上所述，只有一个零点.
【方法总结】求函数的零点个数：定义法（方程的根）；数形结合根据函数交点个数判断个数；利用函数导数判断函数零点个数．