精品解析：广东省惠州市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题（解析版）

这是一份精品解析：广东省惠州市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题（解析版），共14页。试卷主要包含了07， 已知集合，则， 若，则等内容，欢迎下载使用。
2024.07
全卷满分150分，时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号、学校、班级等考生信息填写在答题卡上．
2．作答单项及多项选择题时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案信息点涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，写在本试卷上无效．
3．非选择题必须用黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定的位置上，写在本试卷上无效．
一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解不等式化简集合A，B，再利用交集的定义求解即得.
【详解】由，得，即，由，得，即，
所以.
故选：D
2. 若，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法可求，从而可求.
【详解】由题设有，故，故，
故选：D
3. 在等差数列{an}中，已知a1＝2，a2+a3＝13，则a4+a5+a6等于（ ）
A. 40B. 42C. 43D. 45
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知求出公差即可得出.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，，所以，
则.
故选：B.
4. 的展开式中常数项是（ ）
A. 14B. C. 42D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用二项式展开式的通项公式，即可容易求得结果.
【详解】展开式的通项为，
由，得，那么展开式中常数项是.
故选：A.
【点睛】本题考查由二项式定理的通项公式求指定项，属基础题.
5. 在正三棱柱中，若，则点A到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用结合已知条件求解即可.
【详解】因为在正三棱柱中，若，
所以，，
所以，
设点A到平面的距离为，
因为，
所以，
所以，得.
故选：A
6. 在中，内角所对的边分别为．向量．若，则角C的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用共线向量的坐标表示，结合余弦定理求解即得.
【详解】在中，由，，得，
整理得，由余弦定理得，而，
所以.
故选：C
7. 设点A,B在曲线上．若的中点坐标为，则（ ）
A. 6B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据题意，利用对数的运算，求得的值，结合两点间的距离公式，即可求解.
【详解】设，
因为的中点坐标为，可得，
整理得，解得或，
不妨设，所以.
故选：B.
8. 已知函数在区间恰有6个零点，若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令，求得从左到右的零点依次为：，结合题意，列出不等式，即可求解.
【详解】函数，由，得或，
解得的正零点为或，
则函数从左到右的零点依次为：，
为了使得在区间恰有6个零点，只需，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：C
二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 现有甲、乙两家检测机构对某品牌的一款智能手机进行拆解测评，具体打分如下表（满分100分）．设事件M表示“从甲机构测评分数中任取3个，至多1个超过平均分”，事件N表示“从甲机构测评分数中任取3个，恰有2个超过平均分”．下列说法正确的是（ ）
A. 甲机构测评分数平均分小于乙机构测评分数的平均分
B. 甲机构测评分数的方差大于乙机构测评分数的方差
C. 乙机构测评分数的中位数为92.5
D. 事件互为对立事件
【答案】BD
【解析】
【分析】直接由平均数、方差、百分位数及对立事件的概念，逐一对各个选项分析判断，即可得出结果.
【详解】对于A，甲机构测评分数的平均分，
乙机构测评分数的平均分，A错误；
对于B，甲机构测评分数的方差，
乙机构测评分数的方差，B正确；
对于C，乙机构测评分数从小排到大为：91，92，93，94，95，乙机构测评分数的中位数为93，C错误；
对于D，由甲机构测评分数中有且仅有2个测评分数超过平均分，事件不可能同时发生，
但必有一个发生，因此事件互为对立事件，D正确.
故选：BD
10. 设公比为q的等比数列的前n项积为，若，则（ ）
A. B. 当时，
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据等比数列下标和的性质和应用判断ABC，根据基本不等式的应用判断D.
【详解】A选项：因为，所以，所以A不正确；
B选项：因为，，则，所以，所以，所以B正确；
C选项：因为，所以，所以，所以C正确；
D选项：，当且仅当时，等号成立．所以D正确．
故选：BCD．
11. 在平面直角坐标系中，动点的轨迹为曲线C，且动点到两个定点的距离之积等于3．则下列结论正确的是（ ）
A. 曲线C关于y轴对称B. 曲线C的方程为
C. 面积的最大值D. 的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定的信息，列式求出曲线C的方程，再逐项分析判断即可.
【详解】对于B，依题意，，整理得，
因此曲线C的方程为，B正确；
对于A，方程中的换成方程不变，因此曲线C关于轴对称，A正确；
对于C，显然，则，解得：，
令，则，即，
的面积，C错误；
对于D，，因此的取值范围为，D正确.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：曲线C的方程为，①如果，则曲线C关于y轴对称；②如果，则曲线C关于x轴对称；③如果，则曲线C关于原点对称.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 双曲线的一个焦点是，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】化双曲线方程为标准形式，再结合焦点坐标求出值.
【详解】双曲线方程为，依题意，，所以.
故答案为：
13. 若点关于轴对称点为，写出的一个取值为___．
【答案】（满足即可）
【解析】
【分析】根据在单位圆上，可得关于轴对称，得出求解.
【详解】与关于轴对称，
即关于轴对称，
，
则，
当时，可取的一个值为.
故答案为：（满足即可）.
14. 已知函数的定义域为，对于，恒有，且满足，则_______．
【答案】##0.03125
【解析】
【分析】根据给定条件，可得当时，，再借助变形即可得解.
【详解】函数的定义域为，由，得，即，
又，由，得，解得，则，
于是，由对于，恒有，得当时，，
因此，
而，即有，所以
故答案为：
【点睛】关键点点睛：关键点是根据题意求得，，进而求得当时，.
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. 已知函数在点处的切线与直线相互垂直．
（1）求实数的值；
（2）求的单调区间和极值．
【答案】（1）；
（2）增区间为，减区间为，极小值，无极大值.
【解析】
分析】（1）根据，代值计算即可求得参数值；
（2）根据（1）中所求参数值，求得，利用导数的正负即可判断函数单调性和极值.
【小问1详解】
因为，在点处的切线斜率为，
又在点处的切线与直线相互垂直，
所以，解得.
【小问2详解】
由（1）得，，，
令，得，令，得，
即增区间为，减区间为．
又，
所以在处取得极小值，无极大值．
【点睛】本题考查导数的几何意义，以及利用导数研究函数的单调性和极值，属综合中档题.
16. 某企业举行招聘考试，共有1000人参加，分为初试和复试，初试成绩总分100分，初试通过后参加复试．
（1）若所有考生的初试成绩X近似服从正态分布，其中，试估计初试成绩不低于75分的人数；（精确到个位数）
（2）复试共三道题，每答对一题得10分，答错得0分，答完三道题后的得分之和为考生的复试成绩．已知某考生进入复试，他在复试中第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响．记该考生的复试成绩为Y，求Y的分布列及期望．
附：若随机变量X服从正态分布，则：，．
【答案】（1）159；
（2）分布列见解析，期望为19.5.
【解析】
【分析】（1）分析可知，计算出的值，乘以可得结果；
（2）分析可知随机变量的取值分别为、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值.
【小问1详解】
由学生初试成绩服从正态分布，其中，，得，
因此，
所以估计初试成绩不低于的人数为人.
【小问2详解】
的可能取值为，，，，
则，，
，，
所以的分布列为：
数学期望为.
17. 在三棱锥中，平面．分别为线段上的点，且．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面并结合的形状，利用线面垂直的判定定理进行证明；
（2）建立空间直角坐标系，求解出平面、平面的法向量，再用面面角的向量求法求解即得..
【小问1详解】
由平面，平面，得，
由得为等腰直角三角形，即，
又，且面，面，
所以平面．
【小问2详解】
在三棱锥中，取中点，连接，由（1）知，，，
而，于是，，则
显然直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
，，
设平面的法向量为，则，令，得．
由平面，则平面的法向量为，设平面与平面夹角为，
因此，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18. 如图，已知椭圆和抛物线，的焦点是的上顶点，过的直线交于、两点，连接、并延长之，分别交于、两点，连接，设、的面积分别为、．
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由抛物线的焦点坐标求的值；
（2）设直线的方程，与抛物线联立方程组，利用韦达定理求的值；
（3）设直线、的方程，与椭圆联立方程组表示出，由，化简并结合基本不等式求取值范围.
【小问1详解】
椭圆的上顶点坐标为，
则抛物线的焦点为，故.
【小问2详解】
若直线与轴重合，则该直线与抛物线只有一个公共点，不符合题意，
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，点、，
联立可得，恒成立，则，
.
【小问3详解】
设直线、的斜率分别为、，其中，，
联立可得，解得，
点在第三象限，则，
点在第四象限，同理可得，
且

，
当且仅当时，等号成立.
的取值范围为.
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
19. 如果数列对任意的，，则称为“速增数列”.
（1）判断数列是否为“速增数列”？说明理由；
（2）若数列为“速增数列”.且任意项，，求正整数k的最大值；
（3）已知项数为（）的数列是“速增数列”，且的所有项的和等于k，若，，证明：.
【答案】（1）是，理由见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）计算，，，得到答案.
（2）根据题意得到，，计算当时，，当时，，得到答案.
（3）证明，得到，得到，代入计算得到证明.
【小问1详解】
因为，则，，
又，故，数列是“速增数列”.
【小问2详解】
，
当时，，
即，，
当时，，当时，，
故正整数k的最大值为.
【小问3详解】
，故，即；
，故，
即，
同理可得：，，，
故，
故，，得证.
【点睛】关键点睛：本题考查了数列的新定义问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据题意利用累加法的思想确定是解题的关键.
机构名称
甲
乙
分值
90
98
90
92
95
93
95
92
91
94