湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷 Word版含解析.docx

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明德中学2023年高二年级下学期期末考试数学试卷时量：120分钟满分：150分一、单选题（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.已知集合，，则集合中的元素的个数为（）A1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】求函数的定义域，即可得，在求出交集可解.【详解】根据可得，解得，即可得，又，所以，因此集合中的元素的个数为2个.故选：B2.已知复数满足，则（）A.1B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用复数除法运算，共轭复数的定义及模的定义求解即可.【详解】由题意得，，所以.故选：A.3.某校食堂餐后有三种水果可供学生挑选，每名学生只能挑选其中一种，甲、乙、丙三人每人任意挑选一种水果，则不同的选择有（）A.3种B.6种C.9种D.27种【答案】D 【解析】【分析】利用分步乘法计数原理求解即可.【详解】不同的选择有种.故选：D.4.在等差数列中，，则的值为（）A.20B.40C.60D.80【答案】A【解析】【分析】根据等差数列性质计算即可.【详解】在等差数列中，因为，所以，所以故选：A5.2023年杭州亚运会志愿者第一小组有5人，需要分配到击剑､拳击､柔道比赛场馆，每个场馆至少1人，至多2人，则不同的分配方法有多少种（）A.90种B.150种C.180种D.240种【答案】A【解析】【分析】现将第一小组5人分层组，为一组1人两组2人，再将其分分配到击剑､拳击､柔道比赛场馆即可得出答案.【详解】现将第一小组5人分层组，为一组1人两组2人，所以有种，再将其分分配到击剑､拳击､柔道比赛场馆种，所以共有种.故选：A6.，则（）A.B.0C.32D.64【答案】C【解析】 【分析】利用赋值法即可得解.【详解】因为，令，可得，令，可得，所以.故选：C7.已知抛物线的焦点为，直线与交于，两点，与其准线交于点，若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】联立直线与抛物线的方程可得，由可求得，将代入抛物线的方程可得，结合题意即可求出，再由抛物线的定义即可得出答案.【详解】的焦点为，准线方程为：，由题，显然，令直线中，则，所以，设，联立消，得，方程的判别式，，所以，由可得：，所以，因为在上，所以，解得：， 所以，所以，由抛物线的定义可得：.故选：C.8.已知，是圆上两点，且.若存在，使得直线与的交点恰为的中点，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据直线与圆相交的弦长可得中点的轨迹为，又根据直线，的方程可知，交点的轨迹方程为，若恰为的中点，即圆与圆有公共点，根据圆与圆的位置关系可得实数的取值范围.【详解】圆，半径为，设中点为，且直线与圆的相交弦长为，即，所以点的轨迹方程为，又直线过定点，直线过定点，且，则点是两垂线的交点，所以在以为直径的圆上，则圆心，半径， 所以点的轨迹方程为，由于直线的斜率存在，所以点的轨迹要除去点，若点恰为中点可知圆与圆有公共点，即，，即，解得，即，故选：A.二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）9.已知函数，则（）A.为奇函数B.的单调递增区间为C.的极小值为D.若关于的方程恰有3个不等的实根，则的取值范围为【答案】ACD【解析】【分析】根据函数奇偶性的定义和判定方法，可判定A正确；由，求得其解集，可判定B不正确；根据函数的单调性和极值的定义，可判定C正确；求得函数的极值，转化为与的图象有3个不同的交点，求得的取值范围，可判定D正确.【详解】由函数，可得，对于A中，由，定义域为关于原点对称，且，所以函数为奇函数，所以A正确；对于B中，由，解得或，即函数的递增区间为，所以B不正确； 对于C中，由，解得，所以函数的递减区间为，所以，当时，函数取得极小值，极小值为，所以C正确；对于D中，由函数在上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以极大值为，极小值为，且时，；时，；又由关于的方程恰有3个不等的实根，即函数与的图象有3个不同的交点，可得，所以实数的取值范围为，所以D正确.故选：ACD.10.已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（）A.为奇函数B.函数的图象关于点对称C.在上单调递增D.若函数在上没有零点，则【答案】BD【解析】【分析】利用“五点法”，结合图象求得，从而求得判断A，利用代入检验法判断B ，利用检验最值点法判断C，利用正弦函数的性质得到关于的不等式，从而判断D.【详解】依题意，可得，又，则，所以，结合五点法作图，可得，则，所以，对于A，，显然是偶函数，故A错误；对于B，，故函数的图象关于点对称，故B正确；对于C，当时，，函数取得最大值，所以在上不是单调增函数，故C错误；对于D，因为，则，因为，当时，，因为在上没有零点，可得，解得，故D正确，故选：BD.11.如图，在棱长为2的正方体中，点在平面内且，则以下结论正确的是（）A.异面直线与所成的角是B.三棱锥的体积为 C.存在点，使得D.点到平面距离的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】运用空间中直线和平面的位置关系，几何法求点线距离等方法分析即可.【详解】对于A，∵，可知异面直线与所成的角等于与所成的角，因为为正三角形，则，所以异面直线与所成的角是，故A错；对于B，因为，面，面，可知面，因为，面，面，可知面，且，面，所以面面，点，在平面内，则点，到面的距离相等，三棱锥的体积为，故B正确；对于C，当为中点时，满足点在平面内且，因为，，则，即，故C正确；对于D，分别取，的中点，，三棱锥为正三棱锥，过作面于，则为正的中心，因为，则，，由，得，即，解得，因为，则， 所以的轨迹是以为圆心，为半径的圆，即正的内切圆，该内切圆与的交点为E，如图，当P与E重合时，点P到平面距离取最小值，作于，，面，，，即点到平面距离的最小值为，故D正确.故选：BCD.12.若数列满足（为正整数），为数列的前项和，则（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】对于A，根据递推式求，构造数列为常数列，求得数列的通项；对于B，代入等差数列求和公式可得；对于C，D，先放缩，再利用裂项相消法求和可证明.【详解】对于A，由知，，两式相减得，故，故当时，为常数列； 当时，；故，，所以，故A错误；对于B，当时，；当时，，所以，故B正确；对于C，，当时，则；当时，；综上所述：，故C正确；对于D，，当时，；当时，；当，； 综上所述：，故D正确.故选：BCD.【点睛】方法点睛：数列相关不等式的证明，往往难度比较大，要对不等式进行变形，或者借助于基本不等式，数列的函数性质，或者利用导函数进行证明，本题利用不等式进行变形，对通项进行裂项放缩法得出结果.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.设的展开式的二项式系数和为64，则展开式中常数项为_________.【答案】【解析】【详解】试题分析：由二项式系数的性质，可得，解可得，；的展开式为，令，可得，则展开式中常数项为15．故答案为：15.14.已知等比数列，记其前项乘积.若，，则的前5项和为________.【答案】11【解析】【分析】根据等比数列定义解方程组即可求得，再由前项和公式即可求出结果.【详解】由题意可知，设等比数列的公比为，则由可得，又；两式相比可得，即，将代入，可得，解得， 则，所以等比数列的前5项和为.故答案为：1115.已知函数有三个零点，则实数的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】通过分离参数得，研究函数的单调性，极值点，零点，从而得到其大致图像，则得到的范围，解出即可.【详解】当时，此时，显然无零点.当时，得，令，，分别令，，前者解得，，后者解得或，故在，递减，递增.故的极小值为，极大值为，令，显然分母，则分子，，则有唯一零点0，作出大致图像如图所示： 所以，解得实数的取值范围是.故答案为：.16.中国古典乐器一般按“八音”分类，八音分为“金、石、土、革、丝、木、匏、竹”.某同学安排了包括“土、匏、竹”在内的六种乐器的学习，每种乐器安排一节，连排六节，并要求“土”与“匏”相邻排课，但均不与“竹”相邻排课，且“丝”不能排在第一节，则不同的排课方式的种数为__________．【答案】【解析】【分析】排课可分为以下两大类：①“丝”被选中，②“丝”不被选中，结合分类计数原理，即可求解.【详解】由题意，排课可分为以下两大类：①“丝”被选中，不同的方法总数为种；②“丝”不被选中，不同的方法总数为种．故共有种．故答案为：四、解答题（本题共6小题，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知函数．（1）求曲线在处的切线方程；（2）求的单调区间与极值．【答案】（1）（2）极小值为，无极大值．【解析】【分析】（1）由导数的几何意义求出斜率，利用点斜式写出直线方程；（2）求出导数方程的根，再讨论根左右的单调性得出结果.【小问1详解】依题意，，．，，故所求切线方程为，即． 【小问2详解】令，解得，故当时，，当时，，故的单调递减区间为，单调递增区间为，则的极小值为，无极大值．18.如图，在四棱锥中，平面，，，．（1）求证：平面；（2）若，且直线与所成角为，求点E到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）通过证明为平行四边形得到，然后由线面平行判定定理可证；（2）以C为原点，分别为x，y轴的正方向，过点C作垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解可得.小问1详解】取BD中点为F，连接AF，因为，所以，且，因为平面，平面，所以，因为平面，平面，所以，，且，故四边形为平行四边形，所以，又平面，平面， 所以平面.【小问2详解】因为，且直线与所成角为，，所以，在中，，，以C为原点，分别为x，y轴的正方向，过点C作垂直于平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由（1）知，，平面，所以平面，则，得，设为平面的一个法向量，则，取得，所以点E到平面的距离.19.已知在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.（1）求C；（2）若，P为内一点，且，，求的长【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）运用正弦定理，结合三角函数的倍角公式求解角度即可. （2）先设出角度，后利用正弦，余弦定理，结合两角差的正弦公式求解即可.【小问1详解】由已知及得，结合正弦定理得，又，所以，所以.又，所以，因为，所以，所以，.【小问2详解】在中，设，如图：则由正弦定理，所以，从而.则，.又， 所以在中，由余弦定理得，所以的长为.20.记为数列的前项和，已知，且，.（1）证明：为等差数列；（2）求的通项公式；（3）若，求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）将原式两边同时除以，构造等差数列即可；（2）由（1）可得，根据得到与关系式，再利用累乘法求解即可；（3）利用错位相减法求和即可.【小问1详解】，，，，数列是首项为1，公差为的等差数列；【小问2详解】，即， ，两式作差得，即，，即，，，；【小问3详解】，，，，.21.己知椭圆离心率，设点M和N分别是椭圆上不同的两动点．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若直线MN过点，且，线段MN的中点为P，求直线OP的斜率的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆离心率和b的值，求得，即可得答案. （2）设直线MN的方程，联立椭圆方程，可得根与系数关系式，结合化简可得，利用点差法求出直线OP的斜率与直线MN的斜率的关系式，即可求得答案.【小问1详解】因为，故椭圆C的标准方程为；【小问2详解】由题意可知直线MN的斜率存在且不为0，设其方程为，联立，得，由，得；设，则，则，因为，所以，即，设直线OP的斜率为，因为，两式相减得，即，则，故直线OP的斜率的取值范围为.22.已知函数.（1）讨论函数的单调性； （2）已知函数，若函数有三个极值点，求的所有极值之和的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】(1)求导，，对a分类讨论进行求解；(2)，，则，结合题设可得方程有两个根，设为，，且，则在，上单调递减，在，上单调递增，故当时，有三个极值点，其中，即可求解.【小问1详解】解：，当时，令，得，当时，；当时，.故在上单调递减，在上单调递增.当时，，在上单调递增.综上知，当时，函数在上单调递减，在上单调递增；当时，函数在上单调递增.【小问2详解】，，，显然，是方程的一个根. 令，则有两个异于1的实数根，而，的解为，当，即时，，在上单调递增，不符合题意，故舍去；当，即时，在单调递减，在单调递增.若有两个零点，则，解得.因为，，，所以方程有两个根，设为，，且，∴在，上单调递减，在，上单调递增，故当时，有三个极值点，其中.由，得，同理，又因为，所以，令，，则，所以在上单调递增，时，，，所以，所以的取值范围是. 【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.