湖南省湘西州2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4. 本试卷主要考试内容：高考全部内容.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 双曲线的焦距为（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据双曲线的标准方程，得出，计算出，即可求出焦距.
【详解】因为双曲线方程为，所以，因为，所以，所以双曲线的焦距为4.
故选：D
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合，再由交集运算得解.
【详解】求解，得或
即或
所以集合或，
则.
故选：B
3. 虚数z满足，则z的虚部为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数相等可得①，②，即可将选项中的值代入验证.或者利用因式分解求解。
【详解】解法一：设复数,
则，化简得，
故，即①，②
此时，对于选项中的值，代入：
若，则，符合要求，
若，由②得，但不符合①，故舍去，
若，由②得，但不符合①，故舍去，
若，由②得，但不符合①，故舍去，
综上可得
故选：A
解法二：由可得，
故，故或，
由于为虚数，故，
故虚部为1，
故选：A
4. 已知，是两个平面，m，n，l是三条直线，且，，，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据线面、面面垂直的判定定理与性质定理判断即可.
【详解】如果一条直线垂直于一个平面内的两条相交直线，则这条直线垂直于这个平面，
若，且，但如果直线与不相交，
则不能得到，从而不能推出；
如果两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面，
若，由于，，，
则，又，所以.
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
5. 已知曲线在点处的切线与圆相切，该圆的半径为（ ）
A. B. C. 或D. 或1
【答案】C
【解析】
【分析】求出曲线在点处的切线方程，利用直线与圆相切的几何关系即可求出圆的半径．
【详解】由，得，
故切线的斜率，
所以曲线在点处的切线方程为.
又因为与圆相切，
所以的半径，解得或，
所以圆的半径为或.
故选：C
6. 要安排4名学生（包括甲）到A，B两个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有1名志愿者，且甲不去A乡村，则不同的安排方法共有（ ）
A. 7种B. 8种C. 12种D. 14种
【答案】A
【解析】
【分析】先将名学生分为组，第一种情况组人数分别为、，第二种情况组人数分别为、，采用特殊元素分析法求解.
详解】先把名学生分成组，
第一种情况组人数分别为、，
由于甲不去A乡村，所以从另外3人中选一人和甲一起去B村，有种，
第二种情况组人数分别为、，
则可能甲单独去B村，或者甲与另外人去B村，有种，
故共有种.
故选：A.
7. 《九章算术》是我国古代数学名著，其中记载了关于家畜偷吃禾苗的问题.假设有羊、骡子、马、牛吃了别人的禾苗，禾苗的主人要求羊的主人、骡子的主人、马的主人、牛的主人共赔偿12斗粟.羊的主人说：“羊吃得最少，羊和骡子吃的禾苗总数只有马和牛吃的禾苗总数的一半.”骡子的主人说：“骡子吃的禾苗只有羊和马吃的禾苗总数的一半.”马的主人说：“马吃的禾苗只有骡子和牛吃的禾苗总数的一半.”若按照此比率偿还，则羊的主人应赔偿的粟的斗数为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意设羊、骡子、马、牛吃的禾苗数依次为，由题意得通过等差中项可判断羊、骡子、马、牛吃的禾苗数依次成等差数列，，列出相关等式解求首项即可；
【详解】设羊、骡子、马、牛吃的禾苗数依次为，由题意得
通过等差中项可判断羊、骡子、马、牛吃的禾苗数依次成等差数列，
设该数列为，公差为，则．由题意得
即解得
故选：B.
8. 已知为偶函数，若函数与图象的交点为，，…，，则（ ）
A. 45B. C. 90D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得函数与图象的交点关于直线对称，由中点公式可解.
【详解】因为为偶函数，所以，
即函数的图象关于直线对称，
又函数的图象关于直线对称，
所以函数与图象的交点关于直线对称，
由交点有9个，故两函数必都过点，即.
故选：A
二、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. 已知随机变量X服从正态分布，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据正态分布曲线对称性即可求解.
【详解】随机变量X服从正态分布，
所以正态分布的对称轴为 ，
根据对称性可知：，得，A正确，B错误；
则，C错误，D正确.
故选：AD
10. 把函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若的图象关于点对称，则a的值可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据图象平移得，即可根据求解，取值即可求解.
【详解】由题意可得，
由于的图象关于点对称，所以,
故，解得，
取，，
取，
故选：AC
11. 已知函数恰好有三个零点，分别为，，，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B. ，，成等差数列
C. ，，成等比数列D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】将函数的零点问题转化为方程的解的问题，即问题转化为直线与曲线和交于三个点，且三个点的横坐标依次为，，，且，利用导数研究两个函数的单调性和最值，从而逐项判断.
【详解】根据题意，，
即或，所以或，
即问题转化为直线与曲线和交于三个点，
且三个点的横坐标依次为，，，且，
对于，得，
当时，，即函数单调递增，
当时，，即函数单调递减，
当时，函数取得最大值，
对于，得，
当时，，即函数单调递增，
当时，，即函数单调递减，
当时，函数取得最大值，
如图，作出函数与的图象，
由，可得，由，可得，
又，且在上单调递增，
又，所以，即，A正确；
，且在上单调递减，
又，所以，即，
故，则C正确，B错误；
因为，所以，
则，则D正确
故选：ACD
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知正四棱柱的底面边长为2，高为6，则该正四棱柱的外接球的表面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】首先根据正四棱柱的边长和高求外接球的半径，再代入球的表面积公式，即可求解.
【详解】设外接球的半径为，则,
所以正四棱柱外接球的表面积.
故答案为：
13. 已知数列的前n项和满足，则______.
【答案】
【解析】
【分析】首先利用公式，判断数列是等比数列，再代入公式，即可求解.
【详解】令，得，得，
，当时，，两式相减得，
，即，即，
所以数列是以首项，公比为2的等比数列，
所以.
故答案为：
14. 已知，分别是椭圆C：的左、右焦点，椭圆C的离心率为，P是C在第一象限上的一点.若，则______.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】设，由和，得，，再由且椭圆C的离心率为，解出，可计算.
【详解】如图，记，，
因为，则，，
由椭圆的定义可得，
所以，则，
又且，有或，
解得或，又点在第一象限，所以，
得，则.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：注意综合运用椭圆的有关定义和性质、、三角形的正弦定理、余弦定理、内角和定理，以及三角形的面积公式等等.
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. 已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，，且.
（1）求A；
（2）若，的面积为，求a.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量垂直的坐标运算可得，再由正弦定理边化角，化简即可解；
（2）由三角形面积公式结合已知可得，再利用余弦定理求解.
【小问1详解】
由，则得，
由正弦定理得，
又，则，所以，
即，因为，所以；
【小问2详解】
由得
结合，得，
由余弦定理得，
所以.
16. 已知F为抛物线C：的焦点，且C上一点到点F的距离为4.
（1）求C的方程；
（2）若斜率为2的直线l与C交于A，B两点，且，求l的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据抛物线方程的定义即可由焦半径求解，
（2）联立直线与抛物线方程，利用焦半径公式即可求解.
【小问1详解】
C上一点到点F的距离为4,
由抛物线定义可得，，抛物线的方程为．
【小问2详解】
设直线，，设,,,，
将方程代入方程整理得，需满足，
，
故，解得，
当时，满足，故符合题意，
故直线方程为
17. 如图，在多面体ABCDE中，平面平面ABC，四边形BCDE为等腰梯形，，，.
（1）证明：
（2）若直线BE与平面ABC所成的角为，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）的中点，的中点，证明四边形为平行四边形，由已知的面面垂直，证得，由，，勾股定理可得.
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，向量法求二面角的正弦值.
【小问1详解】
证明：因为四边形为等腰梯形，，所以，
取的中点，的中点，连接，
则，，所以，，
从而四边形为平行四边形， 则，，
在中，，且为的中点，所以，
因为平面平面， 且平面平面，
平面，所以平面，
又，所以平面.
又平面，所以，
，，
由，，得.
【小问2详解】
由平面，，所以两两垂直，
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，
平面内过平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，不妨设，则，
，，
由图可知，平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量，由，
令，则，，
则，
所以二面角的正弦值为.
18. 某校为激发学生对天文、航天、数字科技三类知识的兴趣，举行了一次知识竞赛（三类题目知识题量占比分别为，，）.甲回答这三类问题中每道题的正确率分别为，，.
（1）若甲在该题库中任选一题作答，求他回答正确的概率.
（2）知识竞赛规则：随机从题库中抽取2n道题目，答对题目数不少于n道，即可以获得奖励.若以获得奖励的概率为依据，甲在和之中选其一，则应选择哪个？
【答案】（1）
（2）选
【解析】
【分析】（1）根据题意，由全概率公式即可得到结果；
（2）当时，X为甲答对题目的数量，则，求出概率，当时，分情况分析，求出概率，再比较大小.
【小问1详解】
设所选的题目为天文、航天、数字科技相关知识的题目分别为事件，，，
所选的题目回答正确为事件B，
则
，
所以该同学在该题库中任选一题作答，他回答正确的概率为；
【小问2详解】
当时，X为甲答对题目的数量，则，
故当时，甲获奖励的概率，
当时，甲获奖励的情况可以分为如下情况：
①前10题答对题目的数量大于等于6，
②前10题答对题目的数量等于5，且最后2题至少答对1题，
③前10题答对题目的数量等于4，且最后2题全部答对，
故当时，甲获奖励的概率
，
，即，
所以甲应选.
19. 若函数满足对于任意的，恒成立，则称为“反转函数”.已知函数，.
（1）当时，证明：为“反转函数”.
（2）已知有三个零点，，，且.
①求a的取值范围；
②证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数求的单调性，分和两种情况讨论的符号，证明恒成立即可；
（2）①利用的单调区间和极值，结合零点存在定理求a的取值范围；②由且，利用零点可得，要证，即证，即证6×1x3x3+1x3+4−ln1x3>6x3x3+1x3+4−lnx3x3>1，通过构造函数利用单调性证明..
【小问1详解】
当时，得，
gx=fx−f1x=2lnx+1x−xx>0，
得g′x=2x−1x2−1=−x−12x2t0=1，有，
则在上单调递减，不符合题意，
当时，x∈0,a−a2−1∪a+a2−1,+∞时，；
x∈a−a2−1,a+a2−1时，.
则在0,a−a2−1,a+a2−1,+∞上单调递减，在a−a2−1,a+a2−1上单调递增，
由，有，则，即a−121，得F′x=ex−1>0，则是增函数，
得F2a=e2a−2a>F1=e−1>0，即，
由，得，
所以，
设函数Gx=e2x−e2x2x>1，得G′x=2e2x−2e2x，
令Hx=G′x=2e2x−2e2x，则H′x=4e2x−2e2>0在上恒成立，则是增函数.
因为G′x>G′1=2e2−2e2=0，所以是增函数，
则Ga=e2a−e2a2>G1=e2−e2=0，即
综上，时，，，
g1e2a=e2a−4a2−1e2a>e2a2−4a2−1e2a=a2e2−4−1e2a>0，
得ge2a=4a2+1e2a−e2a=−g1e2a6x3−x1lnx3−lnx1−4
得lnx3−lnx1>6x3−x1x3+x1+4，
即证6×1x3x3+1x3+4−ln1x3>6x3x3+1x3+4−lnx3x3>1，
设函数Px=6xx+1x+4−lnx=6x2x2+4x+1−lnx，
得P1x=6x21x2+4x+1−ln1x=61+4x+x2+lnx，
令hx=Px−P1x=6x2−1x2+4x+1−2lnx，
则h′x=212x2+12x+12x2+4x+12−1x=−2×x4−4x3+6x2−4x+1xx2+4x+12=−2x−14xx2+4x+12≤0
所以在上是减函数，
所以P1x3=6×1x3x3+1x3+4−ln1x3>Px3=6x3x3+1x3+4−lnx3x3>1，
故不等式得证.
【点睛】方法点睛：
1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.