湖南省衡阳市第一中学2023~2024学年高二下学期期末考试数学试卷[附解析]

这是一份湖南省衡阳市第一中学2023~2024学年高二下学期期末考试数学试卷[附解析]，文件包含湖南省衡阳市第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷教师版docx、湖南省衡阳市第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。
1．（2024高二下·衡阳期末）函数y=xlnx在0,5上的单调性是（ ）．
A．单调递增
B．单调递减
C．在0,1e上单调递减，在1e,5上单调递增
D．在0,1e上单调递增，在1e,5上单调递减
2．（2024高二下·衡阳期末）已知数列an是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和.已知a2a4=16,S3=7，则S5=（ ）
A．15B．17C．31D．33
3．（2024高二下·衡阳期末）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为AA1，AB，CC1的中点，则直线ED与FG所成角的余弦值为（ ）
A．33B．3010C．336D．25
4．（2024高二下·衡阳期末）如果定义在R上的函数f(x)满足：对于任意x1≠x2，都有x1f(x1)+x2f(x2)>x1f(x2)+x2f(x1)
，则称f(x)为“H函数”．给出下列函数：①y=−x3+x+1；②y=3x−2(sinx−csx)；③y=ex+1；④fx=lnx,x≠00,x=0，其中“H函数”的个数是
A．4B．3C．2D．1
5．（2024高二下·衡阳期末）剪纸是中国古老的传统民间艺术之一，剪纸时常会沿着纸的某条对称轴对折．将一张纸片先左右折叠，再上下折叠，然后沿半圆弧虚线裁剪，展开得到最后的图形，若正方形ABCD的边长为2，点P在四段圆弧上运动，则AP⋅AB的取值范围为（ ）
A．−1,3B．−2,6C．−3,9D．−3,6
6．（2024高二下·衡阳期末）若函数fx=tlnx−lnx−1x恰有两个零点，则实数t的取值范围是（ ）
A．−∞,−1−e∪0,+∞B．−∞,−1−e∪0,1
C．0,1D．−∞,−1−e∪1,+∞
7．（2024高二下·衡阳期末）已知点P(3,a)，若圆O:x2+y2=4上存在点A，使得线段PA的中点也在圆O上，则a的取值范围是（ ）
A．(−33,33)B．[−33,33]
C．(−∞,−33)∪(33,+∞)D．(−∞,−33]∪[33,+∞)
8．（2024高二下·衡阳期末）若a=ln2ln3，b=ln3−ln2，c=66，则（ ）
A．a0，
函数f(x)的极小值为f(−1)=−e，极大值为f(2)=5e2，B正确；
C，函数f(x)在(−∞,−1),(2,+∞)上单调递减，在(−1,2)上单调递增，
当xe1+52，
则f(x)>e1+52(x2+x−1)，函数f(x)在(−∞,−1+52)上的值域为(0,+∞)，
当x>−1+52时，f(x)>0恒成立，函数f(x)在(−1+52,+∞)上的值域为(0,5e2]，
因此存在x00和f'(x)0)，联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理和弦长公式，以及中点坐标求解即可.
14．【答案】②④
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；用空间向量研究直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：取AD的中点O，BC的中点E，连接OE,OP，
因为三角形PAD为等边三角形，所以OP⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，所以OP⊥平面ABCD，
因为AD⊥OE，所以OD,OE,OP两两垂直，
以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则O(0,0,0),D(6,0,0),A(−6,0,0)，
P(0,0,32),C(6,23,0),B(−6,23,0)，
因为点Q是PD的中点，所以Q(62,0,322)，
①、易知平面PAD的法向量为m=(0,1,0)，CQ=(−62,−23,322)，
则m 与CQ 不共线，即CQ与平面PAD不垂直，故①不正确；
②、PC=(6,23,−32),AQ=(362,0,322),AC=(26,23,0)，
设平面AQC的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AQ=362x+322z=0n⋅AC=26x+23y=0，令x=1，则y=−2,z=−3，
即n=(1,−2,−3)，
设PC与面AQC所成角为θ，则sinθ=|n⋅PC||n|⋅|PC|=2666=13，即csθ=223，故②正确；
③、三棱锥B−ACQ的体积为
VB−ACQ=VQ−ABC=13S△ABC⋅(12OP)=13×12×23×26×12×32=6，
故③不正确；
④、设四棱锥Q−ABCD外接球的球心为M(0,3,a)，则MQ=MD，
即(62)2+(3)2+(a−322)2=(6)2+(3)2+a2，解得a=0，
即M(0,3,0)为矩形ABCD对角线的交点，
所以四棱锥Q−ABCD外接球的半径为(6)2+(3)2+02=3，
设四棱锥Q−ABCD外接球的内接正四面体的棱长为x，
将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，
故正方体的棱长为22x，所以3(22x)2=(2×3)2，得x2=24，
所以正四面体的表面积为4×34x2=243，故④正确.
故答案为：②④.
【分析】取AD的中点O，BC的中点E，连接OE,OP，则由已知可得OP⊥平面ABCD，而底面ABCD为矩形，所以以O为坐标原点，分别以OD,OE,OP所在的直线为x轴，y 轴 ，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
15．【答案】（1）解：零假设为H0：流感暴发与请假的同学中发烧的人数之间相互独立，
2×2列联表
χ2=70×(100−600)230×40×30×40=87572≈12.153>10.828，
则我们推断H0不成立，即可以认为流感暴发对请假的同学中发烧的人数有影响
（2）解：设A事件为“请假的同学为女生”，B事件为“需要输液治疗”，
则P(AB)=P(AB)P(B)=P(BA)⋅P(A)P(BA)⋅P(A)+P(BA)⋅P(A)=+0.08=913．
即这名同学是女生的概率为913．
【知识点】独立性检验的应用；条件概率
【解析】【分析】（1）完善2×2列联表，零假设，计算χ2，再与临界值比较即可；（2）利用条件概率公式求解即可.
（1）零假设为H0：流感暴发与请假的同学中发烧的人数之间相互独立．
完成列联表如下所示．
根据列联表中的数据，经计算得
χ2=70×(100−600)230×40×30×40=87572≈12.153>10.828．
所以我们推断H0不成立，即可以认为流感暴发对请假的同学中发烧的人数有影响．
（2）设A事件表示请假的同学为女生，B事件表示需要输液治疗，
P(A)=0.6,P(BA)=0.3，P(A)=0.4,P(BA)=0.2，
则P(AB)=P(AB)P(B)=P(BA)⋅P(A)P(BA)⋅P(A)+P(BA)⋅P(A)=+0.08=913．
所以这名同学是女生的概率为913．
16．【答案】（1）解：设等比数列{an}公比为q
∵a4=3a2+2a3
a1q3=3a1q+2a1q2
q2−2q−3=0
∵an>0 ∴q=3 ∴an=3n
（2）解：bn=2n⋅3n
Sn=2×3+4×32+6×33+⋯+2n⋅3n
3Sn=2×32+4×33+6×34+⋯+2n⋅3n+1
−2Sn=2(3+32+33+⋯+3n)−2n⋅3n+1
=2⋅3(1−3n)1−3−2n⋅3n+1
=3n+1(1−2n)−3
Sn=3n+1(n−12)+32
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1)利用基本量法，求出首项和公比，即可求解；
(2)利用错位相减法，即可求解.
17．【答案】（1）解：用A1，A2分别表示第一次、第二次借阅“期刊杂志”，用B1，B2表示第一次、第二次借阅“文献书籍”，
则PA1=PB1=12，PA2|A1=13，PA2|B1=35，PB2|B1=25，PB2|A1=23，
记两次借阅过程中恰有一次借阅“期刊杂志”为事件C，
则PC=PA1B2+PB1A2=PA1⋅PB2|A1+PB1⋅PA2|B1=12×23+12×35=1930；
（2）解；设第二次借阅“文献书籍”为事件D，
则PD=PA1⋅PB2|A1+PB1⋅PB2|B1=12×23+12×25=815.
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）利用互斥事件的概率公式与条件概率的乘法公式求解即可；
（2）利用全概率公式求解即可.
（1）用A1，A2分别表示第一次、第二次借阅“期刊杂志”，用B1，B2表示第一次、第二次借阅“文献书籍”.
则PA1=PB1=12，PA2|A1=13，PA2|B1=35，PB2|B1=25，PB2|A1=23.
记两次借阅过程中恰有一次借阅“期刊杂志”为事件C，则
PC=PA1B2+PB1A2=PA1⋅PB2|A1+PB1⋅PA2|B1
=12×23+12×35=1930.
（2）设第二次借阅“文献书籍”为事件D，则：
PD=PA1⋅PB2|A1+PB1⋅PB2|B1=12×23+12×25=815.
18．【答案】（1）证明：以D为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
设AB=2，则D(0,0,0)，C(0,2,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，
由PD=AB，可得P(0,0,2)，E(1,1,1)，
则DE=(1,1,1)，PC=(0,2,−2)，PA=(2,0,−2)，
设面PAC的法向量为n=(x,y,z)，则PC⋅n=2y−2z=0PA⋅n=2x−2z=0，令x=1，解得y=1，z=1，
即n=(1,1,1)，显然n与DE平行，则DE⊥平面PAC；
（2）解：易知B(2,2,0)，F(2,1,0)，BC=(−2,0,0)，PC=(0,2,−2)，
FC=(−2,1,0)，CE=(1,−1,1)，
设面BCE的法向量为m=(a,b,c)，则BC⋅m=−2a=0CE⋅m=a−b+c=0，令b=1，解得c=1，a=0，
即m=(0,1,1)，
设面CEF的法向量为a=(x0,y0,z0)，则FC⋅a=−2x0+y0=0CE⋅a=x0−y0+z0=0，
令x0=1，解得y0=2，z0=1，即a=(1,2,1)，
设二面角B−CE−F为θ，且θ∈0,π2，
则csθ=csa,m=a⋅ma⋅m=0+1×2+1×112+12×12+12+22=32×6=32，即θ=π6，
故二面角B−CE−F的大小为π6.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 以D为原点，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明即可；
（2） 以D为原点，建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法求解即可.
（1）以D为原点，建立空间直角坐标系，
设AB=2，则D(0,0,0)，C(0,2,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，
而PD=AB，故P(0,0,2)，E(1,1,1)，
故DE=(1,1,1)，PC=(0,2,−2)，PA=(2,0,−2)，
设面PAC的法向量为n=(x,y,z)，故得PC⋅n=2y−2z=0PA⋅n=2x−2z=0，
令x=1，解得y=1，z=1，故得n=(1,1,1)，
显然n与DE平行，故DE⊥平面PAC得证.
（2）易知B(2,2,0)，F(2,1,0)，BC=(−2,0,0)，PC=(0,2,−2)，
FC=(−2,1,0)，CE=(1,−1,1)，设面BCE的法向量为m=(a,b,c)，
故有BC⋅m=−2a=0CE⋅m=a−b+c=0，令b=1，解得c=1，a=0，故m=(0,1,1)，
设面CEF的法向量为a=(x0,y0,z0)，故得FC⋅a=−2x0+y0=0CE⋅a=x0−y0+z0=0，
令x0=1，解得y0=2，z0=1，故a=(1,2,1)，
设二面角B−CE−F为θ，结合图象可知θ∈0,π2，
故csθ=csa,m=a⋅ma⋅m=0+1×2+1×112+12×12+12+22=32×6=32，
故θ=π6，即二面角B−CE−F的大小为π6.
19．【答案】（1）解：函数f(x)=lnx−a2x2+1的定义域为(0,+∞)，f'(x)=1x−ax=1−ax2x，
当a≤0时，f'(x)>0恒成立，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，由f'(x)>0，解得x∈(0,1a)，由f'(x)0时，f(x)的单调递增区间是(0,1a)，单调递减区间是(1a,+∞)；
（2）解：（ⅰ）令f(x)=0，则a2=lnx+1x2，令φ(x)=lnx+1x2定义域为0，+∞，φ'(x)=−1−2lnxx3，
当φ'(x)>0时，解得x∈(0,1e)，当φ'(x)1时，φ(x)>0恒成立，且φ(1e)=0，
因为函数f(x)有两个零点，所以方程a2=lnx+1x2有两个不等的正根，即直线y=a2与φ(x)的图象有两个公共点，
则00，得x∈(0,1a)，由f'(x)0时，f(x)的递增区间是(0,1a)，递减区间是(1a,+∞).
（2）（ⅰ）由f(x)=0，得a2=lnx+1x2，令φ(x)=lnx+1x2，求导得φ'(x)=−1−2lnxx3，
当x∈(0,1e)时，φ'(x)>0，当x∈(1e,+∞)时，φ'(x)1时，φ(x)>0恒成立，且φ(1e)=0，
由f(x)有两个零点，即方程a2=lnx+1x2有两个不等的正根，亦即直线y=a2与φ(x)的图象有两个公共点，
因此0