湖南省郴州市2023-2024学年高二下学期期末教学质量监测数学试题（解析版）

这是一份湖南省郴州市2023-2024学年高二下学期期末教学质量监测数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了 已知定义域在R上的函数满足等内容，欢迎下载使用。
（试题卷）
注意事项：
1.试卷分试题卷和答题卡．试卷共6页，有四大题，19小题，满分150分．考试时间120分钟.
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准者证条形码粘贴在答题卡的指定位置，
3.考生作答时，选择题和非选择题均须作在答题卡上，在试题卷上作答无效考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题.
4.考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回.
一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在所给的四个选项中，只有一个最佳答案，多选或不选得0分）
1. 设，则“”是“”的（ ）
A. 必要而不充分条件B. 充分而不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件的定义分析判断即可.
【详解】因为当时，一定成立，
而当时，不一定成立，如，
所以“”是“”的充分而不必要条件.
故选：B
2. 已知为虚数单位，若复数在复平面内对应的点分别为，则复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出，然后求出 即可得出结果．
【详解】由题可得，所以，
，
故选：A．
3. （ ）
A. B. 4C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式、辅助角公式、二倍角的正弦公式化简计算即得.
【详解】.
故选：B
4. 已知为椭圆上一动点，分别为其左右焦点，直线与的另一交点为的周长为16.若的最大值为6，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用椭圆的标准方程及其参数的关系即可得出结果.
【详解】设椭圆的半焦距为，则由题设得，
解得，所以椭圆的离心率为.
故选：C．
5. 若为一组数的第六十百分位数，则二项式的展开式的常数项是（ ）
A. 28B. 56C. 36D. 40
【答案】A
【解析】
【分析】根据第六十百分位数，结合二项式通项公式进行求解即可.
【详解】因为n为一组从小到大排列的数的第六十百分位数，，
所以，
二项式的通项公式为，
令，所以常数项为，
故选：A
6. 三位老师和4名同学站一排毕业留影，要求老师们站在一起，则不同的站法有：（ ）
A 360种B. 540种C. 720种D. 900种
【答案】C
【解析】
【分析】先将老师捆绑成一个团队，再将团队与另外4名同学进行排列，即可得出．
【详解】完成此事分步进行：（1）将老师捆绑成一个团队，有种站法；（2）将团队与另外4名同学进行排列，有种站法；
根据分步计数原理，所以有种不同的站法，
故选:C．
7. 已知函数两个零点分别为，若三个数适当调整顺序后可为等差数列，也可为等比数列，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可得是方程的两个不等实根，则有，不妨设，且由可得，再由题意列方程可求出，从而可求出，进而可求出不等式的解集.
【详解】因为函数的两个零点分别为，
所以可得是方程的两个不等实根，
所以，
所以，不妨设，
因为三个数适当调整顺序后可为等差数列，也可为等比数列，
所以可以成等差数列，可以成等比数列，
或可以成等差数列，可以成等比数列，
所以，解得，，
所以，
所以化为，
所以，解得，
即原不等式的解集为.
故选：D
8. 设函数在上存在导数，有，在上，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过构造函数，利用的奇偶性和条件得到在上单调递减，再将变形得到，即可求出结果.
【详解】因为，所以，得到，
因为，所以，令，
所以，
因为，所以，所以为奇函数；
，当时，单调递减，因此在上单调递减；
，，
所以
，
因为，所以
即，所以，
由于在上单调递减，所以，解之得.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是构造了函数，从而分析得的性质，由此得解.
二､多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 如图，正方体的边长为为的中点，动点在正方形内（包含边界）运动，且.下列结论正确的是（ ）
A. 动点的轨迹长度为；
B. 异面直线与所成角的正切值为2；
C. 的最大值为2；
D. 三棱锥的外接球表面积为.
【答案】ACD
【解析】
【分析】取的中点，分析可知平面.对于A：分析可知动点的轨迹是以点为圆心，半径为1的半圆，即可得结果；对于B：分析可知异面直线与所成角即为，即可得结果；对于C：根据数量积的几何意义分析判断；对于D：分析可知，进而求球的半径和表面积.
【详解】取的中点，连接，
因为分别为的中点，则∥，且，
又因平面，则平面，
由平面，可得.
对于选项A：在中，，
可知动点的轨迹是以点为圆心，半径为1的半圆，
所以动点的轨迹长度为，故A正确
对于选项B：因为∥，∥，则∥，
可知异面直线与所成角即为，其正切值为，故B错误；
对于选项C：因为线段在平面内的投影为，
结合选项A可知：在方向上的投影数量的最大值为1，
所以的最大值为，故C正确；
对于选项D：设三棱锥的外接球的球心为，半径为，
因为平面，且为的外接圆圆心，可知，
则，解得，
所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确；
故选：ACD.
10. 已知定义域在R上的函数满足：是奇函数，且，当，，则下列结论正确的是（ ）
A. 的周期B.
C. 在上单调递增D. 是偶函数
【答案】BC
【解析】
【分析】根据函数的性质结合周期性的定义即可求解A，利用性质作出函数的图象，即可结合图象逐一求解.
【详解】由于是奇函数，所以，则
又，则，所以，所以的周期为8，A错误，，
，故B正确，
根据函数的性质结合，，作出函数图象为：
由图象可知：在上单调递增，C正确，
由于的图象不关于对称，所以不是偶函数，D错误
故选：BC
11. 锐角中，角的对边为.且满足.下列结论正确的是（ ）
A. 点的轨迹的离心率
B.
C. 的外接圆周长
D. 的面积
【答案】CD
【解析】
【分析】根据题意，由双曲线的定义，可得点在以为焦点的双曲线上，结合离心率的计算，可判定A不正确；求得双曲线的方程，结合的最大角为或，利用余弦定理列出不等式，可判定B不正确；求得，结合正弦定理，可判定C正确；分别求得 和时求得 的面积，可得判定D正确.
【详解】因为锐角中，满足，即，
即，由双曲线的定义，可得点在以为焦点的双曲线上，
且双曲线的实半轴长为，半焦距为，所以离心率为，所以A不正确；
不妨设双曲线的焦点在轴上，设，可得双曲线的方程为，
如图所示，要使得为锐角三角形，则的最大角为或，
当为最大角时，，即，
可得，解得；
当为最大角时，，即，
可得，解得，
综上可得，实数的取值范围为，所以B不正确；
对于C中，若时，可得，可得，
若时，可得，因为为锐角三角形，可得，
可得的外接圆的半径为，
则的外接圆周长，所以C正确；
对于D中，若时，可得，即，解得，
则，此时的面积为；
若时，可得，此时的面积为，
因为为锐角三角形，所以的面积，所以D正确.
故选：CD.
三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 若直线：与曲线：有两个不同的交点，则实数的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
【分析】首先求出直线过定点坐标及曲线所表示的图形，再数形结合即可得解.
【详解】解：由题意可得直线：即，所以直线恒过定点，曲线：图象为以为圆心，2为半径的上半圆（包含轴部分），
它们的图象如图所示：
当直线过点时，它们有两个交点，此时，
当直线与上半部分圆相切时，有一个交点，此时，
由图象可知，若直线与曲线有两个不同的交点，则，
即实数的取值范围是.
故答案为：
13. 已知数列满足：．若，则数列的前项和__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出，再利用裂项相消法求和即得.
【详解】数列中，由，得，
因此数列是以为首项，1为公差的等差数列，，即，
于是，
所以.
故答案为：
14. 暑假将临，大学生小明同学准备利用假期探访名胜古迹．已知某座山高䇯入人云，整体呈圆锥形，其半山腰（母线的中点）有一座古寺，与上山入口在同一条母线上，入口和古寺通过一条盘山步道相连，且当时为了节省资金，该条盘山步道是按“到达古寺的路程最短”修建的．如图，已知该座山的底面半径，高，则盘山步道的长度为__________，其中上山（到山顶的直线距离减小）和下山（到山顶的直线距离增大）路段的长度之比为__________.

【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用圆锥的侧面展开图，利用余弦定理求两点间的距离，结合作图，求出上山路段及下山路段的长即可得解.
【详解】设入口为点，古寺位置为，则由题意，为母线的中点，
由底面圆半径为2km，山高为，则母线,
底面圆周长，所以展开图的圆心角，
作圆锥侧面展开图，如图，

由余弦定理可得，
由点向引垂线，垂足为点，此时为点和线段上的点连线的最小值，
即点为公路的最高点，段为上坡路，段为下坡路段，
由可得，，
所以，，
所以上山和下山路段的长度之比为.
故答案为：；
四､解答题（本大题共5小题，共77分）
15. 在锐角中，内角所对的边分别为，，且满足.
（1）证明：；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边角互化结合两角差的正弦公式可证明结论；
（2）由（1）结合为锐角三角形可得，又注意到，由函数在上的取值范围可得答案.
【小问1详解】
由，
结合正弦定理得：
可得，
所以，所以或（舍去），
所以；
【小问2详解】
在锐角中，，
即，所以.
由正弦定理结合（1），.
令，
因为函数在上单调递增，
所以，
所以.
16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面为线段的中点，为线段（不含端点）上的动点.
（1）证明：平面平面；
（2）是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据题意可证平面，则，进而可得平面，即可得结果；
（2）建系标点，设，分别为平面、平面的法向量，利用空间向量处理二面角的问题.
【小问1详解】
因为底面为正方形，则，
又因为平面，平面，。
且，平面，
可得平面，由平面，可得，
因为，且E为的中点，则，
由，平面，可得平面，
且平面，所以平面平面.
【小问2详解】
以分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，
则，，
设，
则，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
又因为，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由题意得：，即，
整理得即，解得或（舍去），
所以存在，此时.
17. 已知函数.
（1）若在上单调递减，求实数的取值范围；
（2）当时，求证在上恒成立.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出导函数，问题转化为，恒成立，用分离参数法再转化为求函数的最值．
（2）求出在时的最大值，由最大值小于1证得结论成立，注意令，由单调性得有唯一零点，然后得出是最大值，再由的性质证明即可．
【小问1详解】
函数，则，
对任意的恒成立，所以，
故，,，
所以，所以在上为单调递增函数，
所以，所以，
故实数的取值范围为；
【小问2详解】
证明：由题意知，要证在上，，
令，则，
显然在上单调减，，
所以存，则，
所以当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以，
因为，所以，则
故在上恒成立.
18. 已知是抛物线上一点，是抛物线的焦点，已知，
（1）求抛物线的方程及的值；
（2）当在第一象限时，为坐标原点，是抛物线上一点，且的面积为1，求点的坐标；
（3）满足第（2）问的条件下的点中，设平行于的两个点分别记为，问抛物线的准线上是否存在一点使得，.
【答案】（1），
（2）或或
（3）不存在，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据焦半径可求出抛物线方程进而可求；
（2）设点的坐标为根据的面积为1，得出边上的高为，利用到直线的距离公式可得，，再把点的坐标代入抛物线方程即可求解；
（3）将转化为以为直径的圆与准线的位置关系来进行判断.
【小问1详解】
由题意，解得，因此抛物线的方程为
点在抛物线上可得，故
【小问2详解】
设点的坐标为边上的高为，我们知道的面积是：，
所以，，
直线的方程是，利用到直线的距离公式可得：，
化简得：，由于点在抛物线上，即，
代入条件可得：，
可以得到或，
解这个方程可以得到或，
代入拋物线方程可以得到：或或
综上所述，点坐标有三个可能的值：
【小问3详解】
不存在，理由如下：
因为由（1）（2）知点，则的斜率为，
所以平行于的两个点分别记为，其斜率，
所以可得
则的中点，
若，则点在以为圆心，为半径的圆上，
到准线的距离等于，因为
所以，以为圆心为半径的圆与准线相离，故不存在点满足题设条件.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线的关于求点坐标的问题，往往需要设点的坐标，根据题目的已知条件寻找所设的点横纵坐标关系等.
19. 材料一：在伯努利试验中，记每次试验中事件发生的概率为，试验进行到事件第一次发生时停止，此时所进行的试验次数为，其分布列为，我们称服从几何分布，记为.
材料二：求无穷数列的所有项的和，如求，没有办法把所有项真的加完，可以先求数列前项和，再求时的极限：
根据以上材料，我们重复抛掷一颗均匀的骰子，直到第一次出现“6点”时停止.设停止时抛掷骰子的次数为随机变量.
（1）证明：；
（2）求随机变量的数学期望；
（3）求随机变量的方差.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，根据等比数列求和公式求出，再取极限即可；
（2）设，利用错位相减法求出，再取极限即可；
（3）依题意可得 ，再利用错位相减法求出，即可得解.
【小问1详解】
可知，且，
所以，
则.
【小问2详解】
设
，
所以，
两式相减的，
所以，
则随机变量的数学期望；
【小问3详解】
因为
，
而，
，
两式相减：
，
从而，
那么.
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是理解题干所给两个材料，根据所给材料结合数列的相关知识计算.