湖南省长沙市周南中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学模拟试卷（六）（含答案）

这是一份湖南省长沙市周南中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学模拟试卷（六）（含答案），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设集合，，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数z满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．在中，点是上靠近的三等分点，是上靠近的三等分点，则（ ）
A．B．C．D．
4．故宫的角楼是中国古建筑艺术的巅峰之作，它被誉为故宫最美的建筑，角楼的建造者也将中国古代的阴阳观和吉数的思想融入在角楼的设计之中.中国古代常把奇数称为“阳数”，偶数称为“阴数”，9的整数倍称为“吉数”.若从1，3，5，7，9这五个阳数，2，4，6，8这四个阴数中各取一个数组成两位数，则这个两位数恰好是“吉数”的概率是（ ）
A．B．C．D．
5．将函数的图象向左平移个单位长度.再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到曲线，则曲线（ ）
A．关于直线对称B．关于直线对称
C．关于点对称D．关于点对称
6．已知某几何体的直观图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A．B．
C．D．
7．已知双曲线的左、右焦点分别为，.过作直线与双曲线的右支交于，两点，若的周长为，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．若存在，使得不等式成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．（多选）若，则 的可能值是（ ）
A．B．C．D．
10．定义在上的函数满足，则（ ）
A．B．
C．为奇函数D．单调递增
11．甲､乙两同学参加普法知识对抗赛，规则如下：每轮由其中一人从题库中随机抽取一题回答.若回答正确，得1分，且此人继续答题；若回答错误，得0分，同时换成对方进行下一轮答题.据经验统计，甲､乙每次答题正确的概率分别是和，且第1题通过抛掷硬币决定由谁作答.设第次答题者是甲的概率为，第次回答问题结束后甲的得分为，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．在中，角所对的边分别为，且的外接圆半径为1，若，则的周长为 ．
13．统计学中通常认为服从于正态分布的随机变量X只取中的值，简称为原则.假设某厂有一条包装食盐的生产线，正常情况下食盐质量服从正态分布（单位：g），某天生产线上的检测员随机抽取了一包食盐，称得其质量大于415g，他立即判断生产线出现了异常，要求停产检修.由此可以得出，的最大值是 .
14．已知椭圆的左右焦点为，若椭圆上存在不在轴上的两点A，B满足，且，则椭圆离心率的取值范围为 .
四、解答题
15．已知数列满足，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求.
16．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)设函数，若函数在上为增函数，求实数的取值范围．
17．如图，在四棱锥中，已知底面，，，，，若异面直线与所成角等于．
(1)求棱的长；
(2)在棱上是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的正切值为？若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由．
18．已知为坐标原点，是抛物线的焦点，是上一点，且.
(1)求的方程；
(2)是上两点（异于点），以为直径的圆过点为的中点，求直线斜率的最大值.
19．某大学有甲､乙两个运动场.假设同学们可以任意选择其中一个运动场锻炼，也可选择不锻炼，一天最多锻炼一次，一次只能选择一个运动场.若同学们每次锻炼选择去甲或乙运动场的概率均为，每次选择相互独立.设王同学在某个假期的三天内去运动场锻炼的次数为，已知的分布列如下：（其中）
(1)记事件表示王同学假期三天内去运动场锻炼次，事件表示王同学在这三天内去甲运动场锻炼的次数大于去乙运动场锻炼的次数.当时，试根据全概率公式求的值；
(2)是否存在实数，使得？若存在，求的值：若不存在，请说明理由；
(3)记表示事件“甲运动场举办锻炼有奖的抽奖活动”，表示事件“王同学去甲运动场锻炼”，.已知王同学在甲运动场举办锻炼有奖的抽奖活动的情况下去甲运动场锻炼的概率，比不举办抽奖活动的情况下去甲运动场锻炼的概率大，证明：.
湖南省长沙市周南中学2023-2024学年高二下学期期末考试
数学参考答案
1．D
【分析】根据交集、并集的定义计算可得.
【详解】因为，，，
所以，则.
故选：D
2．D
【分析】先根据复数的除法运算得出；再根据共轭复数的定义和复数的乘法运算即可求解.
【详解】因为，
所以，
则.
故选：D.
3．C
【分析】根据平面向量的线性运算结合平面向量基本定理即可得解.
【详解】由点是上靠近的三等分点，是上靠近的三等分点，
得
.
故选：C.
4．A
【分析】由题意知，符合题意的“吉数”的组合有：，结合古典概型的概率公式计算即可求解.
【详解】由题意知，从5个阳数中和4个阴数中各取一个数组成的“吉数”的组合有：，
所以取到的两位数为“吉数”的概率为.
故选：A
5．B
【分析】根据平移和伸缩变换得到的解析式，在结合图像，逐一的对选项进行判断即可.
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象，再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变, ,所以，
因为，，
所以曲线不关于直线对称，关于直线对称，故A错误，B正确，
又因为，，
所以曲线不关于点对称，不关于点对称，故C、D都错误.
故选：B.
6．B
【分析】由题中直观图可知，该几何体是一个圆柱去掉了其中一部分，因此要求的几何体体积为圆柱的体积减去切掉部分的体积.
【详解】由题图可知，此几何体为从底面半径为1，高为4的圆柱的母线的中点处截去了圆柱的后剩余的部分，
所以所求几何体的体积.
故选：B.
7．A
【分析】由双曲线的定义可得的周长为，求得，再由过焦点的弦长的最小值，结合双曲线的性质，即可求解.
【详解】由双曲线的定义可得，
两式相加可得，
则的周长为，即，
再由，可得，解得，
由.
故选：A
8．D
【分析】将原不等式变形为，令，则，然后利用导数判断出在上递减，所以将问题转化为在上有解，即在上有解，再构造函数，利用导数求出其小大值即可.
【详解】由，得，
所以，
令，则可化为，
，令，则
，令，得，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以，
所以在上递减，
所以在上有解，
所以在上有解，
令，则，
由，得，得，
由，得，得，
所以在上递增，在上递减，
所以，
所以，
即实数的取值范围为，
故选：D
9．AC
【分析】根据两角和的余弦公式可知，，代入选项进行判断即可.
【详解】由题意得， ， ，当 或 时均符合，
当 或 时不符合.
故选：AC.
10．BCD
【分析】A和B项，令后进行分类讨论即可得出结论；C项，令即可得出的表达式，进而得出奇偶性；D项，由C项得出表达式，即可得出单调性.
【详解】由题意，
在中，
A和B项，当时，，
解得：或，
当时，则，
由于具有任意性，故不成立，
∴，A错误，B正确；
C项，当时，，
∵，
∴为奇函数，且，C正确；
D项，由C项可知，故为增函数，D正确.
故选：BCD.
11．BCD
【分析】设事件表示“第次答题者是甲”，事件表示“第次答题者是乙”，则，，且，，利用全概率公式可判断ABC，利用独立事件的概率乘法公式可判断D．
【详解】对于，设事件表示“第次答题者是甲”，事件表示“第次答题者是乙”，
则，，
又因为，，
所以，
即，故A错误；
对于B，表示第1次回答问题结束后甲的得分为0，
则，故B正确；
对于C，第次答题者是甲，有两种情况：①第次答题者是甲，且甲在第次回答问题时回答正确，
②第次答题者是乙，且乙在第次回答问题时回答错误，
由全概率公式可得，，故C正确；
对于D，表示第次回答问题结束后甲的得分为，则第1次答题者是甲，
且甲在次回答问题时都回答正确，
所以，故D正确．
故选：BCD．
12．/
【分析】由题意可得，结合正弦定理计算即可求解.
【详解】因为，则，
所以，
所以的周长为．
故答案为：
13．5
【分析】利用原则列出不等式，求解即得.
【详解】依题意，，由原则，得，解得，
所以的最大值是5.
故答案为：5
14．
【分析】由判断出四边形为平行四边形，由正弦定理，利用可得答案.
【详解】由知，为AB中点，四边形为平行四边形，
由与可知，
在中由正弦定理知，，
在中，有，又因为，
可得，，由，得，
故离心率的取值范围为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】(1)根据等比数列的定义求解通项公式；(2)利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）因为数列满足，所以，
所以数列是等比数列，首项为，设公比为，
由，可得：，解得.
.
（2），
，
，
，
.
16．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）对函数进行求导，参数进行分类讨论，再利用函数的单调性与导数的关系即得；（2）由题可得函数在上为增函数，在上恒成立，再利用导数求函数的最值即可.
【详解】（1）由题意得，，
①当时，，函数在上单调递增；
②当时，令，解得，
，解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减；
综上，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，
在上单调递增，
（2）因为函数在上为增函数，
所以，在上恒成立．
即在上恒成立．
令，当时，，
所以，在上单调递增，．
所以，，解得，
所以，实数的取值范围为．
17．(1)2
(2)存在，点为棱上靠近的三等分点
【分析】（1）先得到线面垂直，线线垂直，建立空间直角坐标系，设，得到各点坐标，由异面直线的夹角得到方程，求出，求出棱长；
（2）假设棱上存在一点，设，，表达出，求出两个平面的法向量，由平面与平面所成锐二面角的余弦值得到方程，求出，得到答案.
【详解】（1）因为底面，平面，
所以，，
又，所以两两垂直，
如图，以为原点，、、所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，

设，
则，
则，
异面直线、所成角为，
，
解得，棱长的大小为2；
（2）假设棱上存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的正切值为，
设，，且，则，
，
设平面的一个法向量为，
，，
则，
取，得，
平面的法向量，
平面与平面所成锐二面角的正切值为，
由得，又，解得，
平面与平面所成锐二面角的余弦值为，
，
解得或（舍，
在棱上存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的正切值为，
且点为棱上靠近的三等分点．
18．(1)
(2)
【分析】（1）首先由条件求得点的横坐标，再根据焦半径公式，即可求解；
（2）首先联立直线与抛物线方程，利用，结合坐标运算，求得点的坐标，再表示直线的斜率，即可求解.
【详解】（1）由抛物线的定义可知.
因为，所以.
因为，所以，解得，故的方程为.
（2）由题意知AB斜率不为0，设，
联立方程得，，
则
因为以为直径的圆过点，所以，则，
即，
解得，所以.
又，所以
当时，，
当时，.
故直线斜率的最大值为.
19．(1)
(2)不存在，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用分布列的性质求得，再计算出，代入全概率公式计算即得；
（2）先由得到；再按照均值定义得出，消去得出方程，分析函数得其最小值为正，，方程无解，即不存在值，使得；
（3）由题意得，运用条件概率公式和对立事件的概率公式化简得，再两边同减构造出，整理即得.
【详解】（1）当时，，
则，解得.
由题意，得.
由全概率公式，得
（2）由，得.
假设存在，使.
将上述两式左右分别相乘，得，化简得：.
设，则.
由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，
所以不存在使得.即不存在值，使得.
（3）由题知，所以，因，
故，
所以，
即，
所以，即.
0
1
2
3