河北省石家庄师大附中2023−2024学年高二下学期期末 数学试题（含解析）

这是一份河北省石家庄师大附中2023−2024学年高二下学期期末 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．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则（ ）
A．B．C．D．
3．设向量，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．已知直线与双曲线的一条渐近线平行，则的实轴长为（ ）
A．B．C．D．
5．已知某圆锥的侧面积为，轴截面面积为1，则该圆锥的母线与底面所成的角为（ ）
A．B．C．D．
6．在中，设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a，b，c成等差数列且，则（ ）
A．B．C．D．
7．若函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．在平面坐标系中，一个质点从原点出发，每次移动一个单位长度，且上下左右四个方向移动的概率相等，若该质点移动6次后所在坐标为，则该质点移动的方法总数为（ ）
A．120B．135C．210D．225
二、多选题（本大题共3小题）
9．关于二项式的展开式，下列说法正确的是（ ）
A．展开式的所有系数和为1B．展开式的第4项二项式系数最大
C．展开式中不含项D．展开式的常数项为240
10．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
11．已知抛物线的焦点为，准线为，点是上位于第一象限的动点，点为与轴的交点，则下列说法正确的是（ ）
A．到直线的距离为2
B．以为圆心，为半径的圆与相切
C．直线斜率的最大值为2
D．若，则的面积为2
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知变量和的统计数据如下表：
若由表中数据得到经验回归直线方程为，则 ．
13．将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，若，则的最小值为 ．
14．不透明的袋子中装有2个白球，3个黑球（除颜色外，质地大小均相同），学生甲先取出2个球（不放回），学生乙在剩下的3个球中随机取一个，已知甲至少取走了1个黑球，则乙取出白球的概率为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列．
(1)求的通项公式；
(2)设为的前项和，求的最小值．
16．如图，在三棱锥中，平面分别为的中点，且．
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值．
17．某学校食堂提供甲、乙、丙三种套餐，每日随机供应一种，且相邻两天不重复．已知食堂今天供应套餐甲，
(1)求接下来的三天中食堂均未供应套餐甲的概率；
(2)用随机变量表示接下来的三天中食堂供应套餐乙的天数，求的分布列与期望．
18．设函数．
(1)讨论的单调性；
(2)已知为的两个极值点，证明：．
19．已知椭圆的右焦点为，离心率为，过的直线交于两点，为坐标原点，当时，．
(1)求的方程；
(2)过的另一条直线交于两点，设直线的斜率为，直线的斜率为，若，求的最大值．
参考答案
1．【答案】A
【分析】分别求得集合和，根据交集的定义即可求解．
【详解】由题可知，，，
所以，
故选A．
2．【答案】B
【分析】由复数的模长公式及除法运算求解复数，然后求其共轭复数即可.
【详解】因为，所以，
所以，所以.
故选B.
3．【答案】C
【分析】利用求投影向量的公式进行求解即可.
【详解】在方向上的投影向量为
.
故选C.
4．【答案】D
【分析】根据双曲线的渐近线和直线斜率可得，求得，进而可得实轴长.
【详解】由双曲线可知：，且焦点在x轴上，
则双曲线的渐近线为，
且直线的斜率，
若直线与双曲线的一条渐近线平行，
则，解得，即，
所以的实轴长为.
故选D.
5．【答案】C
【分析】设相应长度，根据圆锥的侧面积和轴截面面积列式可得，再结合线面夹角运算求解.
【详解】设圆锥的母线为，底面半径为，高为，
由题意可得：，解得，
设该圆锥的母线与底面所成的角为，则，
可得，所以该圆锥的母线与底面所成的角为.
故选C.
6．【答案】A
【分析】先由正弦定理结合题意得和，再由余弦定理即可得解.
【详解】由正弦定理以及题意得且，所以，
故由余弦定理得.
故选A.
7．【答案】B
【分析】根据题意，转化为在区间恒成立，设，利用导数求得的单调性，结合，即可求解.
【详解】由函数，可得，
因为函数在区间上单调递减，
可得在恒成立，即恒成立，
设，则，所以，
所以在单调递减，所以.
故选B．
8．【答案】D
【分析】根据题意，可分为质点往右移动4次，往左移动2次；质点往右移动3次，往左移动1次，往上移动一次，往下移动一次；质点往右移动2次，往上移动2次，往下移动2次，结合分类计数原理，即可求解.
【详解】根据题意，可分为三种情况：
①质点往右移动4次，往左移动2次，，
②质点往右移动3次，往左移动1次，往上移动一次，往下移动一次，，
③质点往右移动2次，往上移动2次，往下移动2次，，
所以质点移动的方法总数为225.
故选D．
9．【答案】ABD
【分析】在二项式中令，可判断A选项；利用二项式系数和可判断B选项；写出二项展开式，令的指数为，可判断C选项；令的指数为零，求出参数的值，代入展开式通项可判断D选项.
【详解】对于A选项：令，可得二项式的展开式中所有项的系数和为，故A正确；
对于B选项：因为指数为偶数，即，
所以展开式的第项二项式系数最大，故B正确；
展开式通项为，
对于C选项： 令，解得，
所以展开式中含项，故C错误；
对于D选项：令，可得，
故展开式中常数项为，故D正确.
故选ABD.
10．【答案】BC
【分析】对于A，直接由题意结合基本不等式得即可得解；对于B，由A得结合对数运算法则以及对数函数性质即可得解；对于C，由题意得和即，代入结合一元二次函数性质即可得解；对于D，由基本不等式“1”的妙用即可求解.
【详解】对于A，因为，，且，
所以，当且仅当时等号成立，故A错误；
对于B，由A及题意可知，当且仅当时等号成立，
所以由是增函数得，故B正确；
对于C，由得，又由得即，
所以，当即时等号成立，故C正确；
对于D，由题，
当为仅当即时等号成立，故D错误.
故选BC.
11．【答案】ABD
【分析】A选项，求出焦点坐标和准线方程，得到答案；B选项，由抛物线焦半径公式可得B正确；C选项，当直线与抛物线相切时，的斜率取得最大值．设直线，联立抛物线方程，根据根的判别式得到方程，求出直线斜率的最大值；D选项，设，根据焦半径公式得到方程，求出，求出三角形面积.
【详解】A选项，易知，准线，所以到直线的距离为2，A选项正确；
B选项，由抛物线的定义，点到准线的距离等于，所以以为圆心，为半径的圆与相切，B选项正确；
C选项，当直线与抛物线相切时，的斜率取得最大值．设直线，
与抛物线联立可得：，令得：，
所以直线斜率的最大值为1，C选项错误；
D选项，，设，则，解得，
所以的面积为，D选项正确.
故选ABD．
12．【答案】3
【分析】根据经验回归直线经过样本中心点求解.
【详解】易知，经验回归直线过样本点的中心，
所以，所以，解得．
故答案为：.
13．【答案】/0.5
【分析】利用平移变化得到的解析式，再根据知，，代入的解析式即可求出的取值范围，再结合，求出的最小值.
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度得到函数，
又，则，
，或
即，或，
又，的最小值为.
故答案为：.
14．【答案】
【分析】利用全概率公式求解即可.
【详解】甲取走1个黑球1个白球的方法数为，取走2个黑球的方法数为，
所以乙取出白球的概率为．
故答案为：.
15．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据等差数列通项公式基本量运算即可；
（2）先根据基本量运算得出前n项和，再根据二次函数求出最值即可.
【详解】（1）设的公差为，
则，
依题意，，
即，
整理得，，
解得，或（舍），
所以；
（2），
因为，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为．
16．【答案】(1)证明见解析;
(2).
【分析】（1）由平面可得，再由，所以，从而可证平面；
（2）以分别为轴的空间直角坐标系，利用两平面的夹角的空间向量法求解.
【详解】（1）证明：因为为的中点，，所以，
因为平面平面，所以，
又平面；
所以平面；
（2）若，则两两垂直，以A为原点，
分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，
，
设平面的法向量为，则有，
即，令，则，
所以平面的一个法向量为，
易知平面所以平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
17．【答案】(1);
(2)分布列见解析，.
【分析】（1）记事件“接下来的三天中食堂都未供应套餐甲”，结合题意判断三天中供应套餐情况，即可求得答案；
（2）确定X的可能取值，求出每个值对应的概率，即可得分布列，即可求得期望.
【详解】（1）记事件“接下来的三天中食堂都未供应套餐甲”，则，
所以接下来的三天中食堂均未供应套餐甲的概率为；
（2）的所有可能取值分别为0，1，2，
则，
，
，
的分布列为
所以的期望为．
18．【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）先求得，令，分类讨论的值即可求解；
（2）由（1）知，当且时，有2个极值点，且，由根与系数的关系得，令，根据导数得出即可证明．
【详解】（1）由，，
得，
令，
①当时，，则，所以在单调递增；
②当时，，令，则，解得或，
i)当时，当时，，当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减；
ii)当时，当时，，当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减；
综上，当时，在单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递增，在上单调递减．
（2）由（1）知，当且时，有2个极值点，且，
则
，
令，，
设，则，
则在单调递增，即在单调递增，
又，
所以当时，，则在单调递减；
当时，，则在单调递增；
所以，所以当且时，，
所以，即．
19．【答案】(1);
(2).
【分析】（1）利用离心率以及即可求解，
（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可利用弦长公式求解,结合基本不等式即可求解.
【详解】（1）设焦距为，当时，将代入椭圆方程可得，
，解得，
所以，又，解得，
所以的方程为；
（2）设直线，
与椭圆线方程联立可得，，
由韦达定理，，
所以
，
同理可得，，
，因为，所以，
故
，
当且仅当时，等号成立，所以的最大值为．
【方法总结】圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.1
2
3
4
5
1.5
2
4
4.5
0
1
2