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（含解析）

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（含解析），共13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
2．已知钝角满足，则（ ）
A．B．C．0D．或0
3．若圆被直线平分，则（ ）
A．-2B．C．D．
4．已知函数，且，则（ ）
A．B．C．D．2
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．，，
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
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．
8．若函数在区间上是减函数，且，，，则（ ）
A．B．C．1D．2
二、多选题（本大题共3小题）
9．若复数满足（是虚数单位），则下列说法正确的是（ ）
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
10．已知，则（ ）
A．B．在上单调递增
C．，使D．，使
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）
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知集合，若，则的取值范围为 .
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 .
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 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．的内角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)若，求的面积.
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．
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.
18．已知函数．
(1)当时，判断的单调性；
(2)证明：当时，．
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．
参考答案
1．【答案】C
【分析】由极差的公式求解.
【详解】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．【答案】B
【分析】利用余弦的二倍角公式结合角的范围计算即可.
【详解】因为，所以，解得或0，
因为为钝角，所以.
故选B.
3．【答案】D
【分析】由直线经过圆心进行求解.
【详解】由题意得圆心在直线上，则，解得.
故选D.
【思路导引】由题可知，直线经过圆心，将圆心坐标代入直线方程，即可得到答案.
4．【答案】B
【分析】利用求解．
【详解】因为，
故，而，故，
故选B.
5．【答案】C
【分析】根据充分条件的定义，结合线面垂直的性质、面面垂直的判定定理即可.
【详解】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．【答案】C
【分析】根据题意，分两种情况讨论：①排在最后一位；②不排在最后一位 ，由加法计数原理计算即可.
【详解】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．【答案】B
【分析】利用双曲线定义、已知条件求出、，设，由余弦定理、求出可得答案.
【详解】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.
【思路导引】由双曲线定义可知，根据题目条件可得，假设，结合余弦定理、可得，解得，从而计算出双曲线的焦距.
8．【答案】A
【分析】利用辅助角公式化简函数表达式，根据单调性与函数值，结合正弦函数的图象，确定与的值，两式相减，即可求出的值.
【详解】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.
9．【答案】BCD
【分析】利用复数除法求出，再逐项判断可得答案.
【详解】由，
对于A，的虚部应为1，故A错误；
对于B，的模为，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．【答案】AC
【分析】求解函数的定义域判断B，代入求值判断A，求导研究函数的单调性，求出函数的极值并画出图象即可判断CD.
【详解】要使函数有意义，则有，且，
即定义域，B错误；
，，，A正确；
，
记，，则，
时，，时，，
在上单调递减，在上单调递增，，即，
又时，，
令，则单调递增，又，
存在唯一 ，使得，此时，
时，，时，，时，，
时， ，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：

C正确，D错误.
故选AC.
11．【答案】ACD
【分析】根据三点共线可得直线过原点，联立直线与曲线的方程，求解，即可根据弦长公式求解AB，根据三角函数的性质即可求解C，利用换元法，结合判别式，即可求解方程的整数根.
【详解】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．
【方法总结】对于给定的曲线方程，要研究该曲线的性质，往往需要结合曲线方程的特征合理换元（如平方和转化为距离等）.
12．【答案】
【分析】解不等式求出集合，再根据可得答案.
【详解】由题意知或，
又且，故，即的取值范围为.
故答案为：.
13．【答案】
【分析】设圆锥母线长为，底面圆半径长，根据圆面积解得，进而求得圆锥的高，即可求解体积.
【详解】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．【答案】144
【分析】首末项相差11，从首项到末项的运算方法进行分类，结合组合计数问题列式计算即得.
【详解】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.
【关键点拨】按后一项与前一项的差2出现的次数分类是解决本问题的关键.
15．【答案】(1)
(2).
【分析】（1）由正余弦定理求解即可；
（2）由（1）先求出，再由三角形的面积公式求解．
【详解】（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．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证平面得，再证，推得平面,得，推得平面，即得；
（2）依题建系，根据（1）的结论，可得平面与平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求得.
【详解】（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，，，，
∴，．
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．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）用椭圆的基本量的数量关系，就可求得椭圆方程；
（2）关键要用坐标法来研究，设圆心M坐标和点P坐标，然后来求出点Q坐标，再利用圆心M坐标和点P坐标满足的相等关系，就可解出点的横坐标为，从而用向量的坐标关系就可求出结果.
【详解】（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
【思路导引】设坐标，解得假设的变量之间的关系，再利用直线方程求出相关点的横坐标为，即可以用向量关系求解结果了.
18．【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）把代入解析式对函数求导，然后结合导数与单调性关系即可求解；
（2）分类讨论，当时成立；当时，，构造函数即可证明．
【详解】（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）证明：，
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．【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）是等差数列，则，令，可得结论；
（2）设，可得，进而可得结论；
（3）设，可得是首项为2，公比为的等比数列，设，可得，可得，可得数列是首项，公比为的等比数列，可求的通项公式．
【详解】（1）是等差数列，设，
令，
则是等差数列，是等比数列，数列是“优分解”的．
（2）数列是“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
，．
是首项为2，公比为的等比数列．
另一方面，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，．