河南省焦作市博爱县第一中学2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题

这是一份河南省焦作市博爱县第一中学2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题，共16页。

1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：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.已知集合，则（ ）
A.B.C.D.
2.设方程的两根为，，则（ ）
A.，B.
C.D.
3.已知函数，将f(x)图象上所有的点的横坐标缩短到原来的12（纵坐标不变）得到函数g(x)的图象，若g(x)在0,π12上恰有一个极值点，则ω的取值不可能是（ ）
A.1B.3C.5D.7
4.将函数图象上的所有点向左平移个单位长度，得到函数 的图象，则（ ）
A.B.在上单调递增
C.在上的最小值为D.直线是图象的一条对称轴
5.已知二次函数与轴交于，两点，点，圆过，，三点，存在一条定直线被圆截得的弦长为定值，则该定值为（ ）
A.B.C.D.
6.英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A，B存在如下关系：.若某地区一种疾病的患病率是0.05，现有一种试剂可以检验被检者是否患病.已知该试剂的准确率为95%，即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有95%的可能呈现阳性；该试剂的误报率为0.5%，即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有0.5%的可能会误报阳性.现随机抽取该地区的一个被检验者，已知检验结果呈现阳性，则此人患病的概率为（ ）
A.B.C.D.
7.已知等差数列的公差大于0且，若，则（ ）
A.B.C.D.
8.若关于的方程存在三个不等的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.
9.已知函数和其导函数的定义域都是，若与均为偶函数，则（ ）
A.
B.关于点对称
C.
D.
10.设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，恒成立条件，. 附加条件①的面积取到最大值；附加条件②.下列结论正确的是（ ）
A.B.
C.若恒成立条件和附加条件①成立，则
D.若恒成立条件和附加条件②成立，则
11.下列结论正确的是（ ）
A.在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为
B.若向量，且，则
C.若向量，则在上的投影向量的模为
D.为空间中任意一点，若，且，则四点共面
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12.祖暅原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求体积的著名命题：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处截面积相等，则体积相等.由曲线，，围成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V，则V= .
13.已知的展开式中，含项的系数为，.则 .
14.十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作：再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作：...，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和小于，则操作的次数的最大值为 .
（参考数据：）
四、解答题：本大题共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. （13分）设甲、乙两位同学上学期间，每天之前到校的概率均为，假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.
(1)用表示甲同学上学期间的三天中7：20之前到校的天数，求随机变量的分布列和数学期望；
(2)设为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：20之前到校的天数比乙同学在7：20之前到校的天数恰好多2”，求事件发生的概率.
16. （15分）如图，在直三棱柱中，，，E是棱BC的中点.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的大小.
17. （15分）已知半径为2的圆的圆心在射线上，点在圆上.
(1)求圆的标准方程；
(2)求过点且与圆相切的直线方程.
18. （17分）已知数列满足.
（1）求；
（2）若，数列的前n项和为
①求；
②对于任意的，均有恒成立，求m的范围.
19. （17分）若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”.
(1)若，判断是否为上的“3类函数”；
(2)若为上的“2类函数”，求实数的取值范围；
(3)若为上的“2类函数”，且，证明：，，.
博爱县第一中学2023—2024学年高二年级（下）期末考试
数学·参考答案
一、单项选择题：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.【答案】D
【解析】，，
因故A项错误；由，知B项错误；
由知C项错误；因，故D项正确.故选：D.
2.【答案】C
【解析】由可得，
在同一直角坐标系中同时画出函数和的图象，如图所示：
由图象可知，因为，，
所以，
所以故A，D错误；
，
因为，所以，所以，
所以，即，故B错误，C正确.
故选：C
3.【答案】A
【解析】因为f(x)=sinωx+π3+csωx-π6=12sinωx+32csωx+32csωx+12sinωx=sinωx+3csωx=2sinωx+π3，
又将f(x)图象上所有的点的横坐标缩短到原来的12（纵坐标不变）得到函数g(x)的图象，所以g(x)=2sin2ωx+π3,ω>0.
当x∈0,π12时，2ωx+π3∈π3,ωπ6+π3，
又因为g(x)在0,π12上恰有一个极值点，
所以π2<ωπ6+π3≤3π2，解得1<ω≤7.
故选A.
4.【答案】D
【解析】对于选项A，由题意，可得，
故A错误；
对于选项B，令，，
所以在上单调递增，故B错误；
对于选项C，因为，所以，故，
在上的最小值为0，故C错误；
对于选项D，函数的对称轴方程为，
化简可得，取，可得，
所以是图象的一条对称轴，故D正确.
故选：D.
5.【答案】B
【解析】设圆的方程为，因为圆过，两点，
且，两点的横坐标满足方程，
所以，，
所以圆的方程为，
又在圆上，
所以，解得，
所以圆的方程为，
即，
令，解得或，
即圆恒过点和，又，所以该定值为.
故选B.
6.【答案】C
【解析】设检验结果呈现阳性为事件，此人患病为事件，
，
，
则.
故选C.
7.【答案】B
【解析】设等差数列的公差为，
,解得
.
故选：B.
8.【答案】B
【解析】关于的方程存在三个不等的实数根，
等价于方程存在三个不等的实数根，
令，，解得，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且时，时，当时，有极大值，
方程，，方程有两个不等的实数根，且两根之积为，
则方程有一正根一负根，且正根位于区间上，
此时关于的方程存在三个不等的实数根，
所以，解得，
所以的取值范围为.
故选B.
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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.
9.【答案】BD
【解析】假设，则，则，与都为偶函数，
则所设函数符合题意，此时，故A错误；
因为为偶函数，所以，即，
令，则，所以关于点对称，故B正确；
因为为偶函数，所以，
所以函数的图象关于直线对称，即，即，
因为，所以，所以，
则，故，
所以，所以，又，，
所以，所以无法确定的值，所以C错误；
又，，所以，
由，得，则，所以，
由知函数周期为4，则的周期也为4，则

，所以 D正确.
故选：BD.
10.【答案】ABC
【解析】对于A、B：因为，，所以，由正弦定理得，
又，所以，则，故A正确；
又，所以，
所以，显然，，所以，故B正确；
对于C：若的面积取到最大值，
即，
所以当时，取得最大值，此时，
由B可知，
所以，故C正确；
对于D：若，由正弦定理得，
所以，
由B知，即，所以，，
所以，即，所以，
所以，故D错误.
故选：ABC
11.【答案】BC
【解析】对于选项A，点关于平面的对称点为，所以选项A错误，对于选项B，因为，且，所以，得到，所以选项B正确；
对于选项C，因为，所以在上的投影向量的模为，故选项C正确；
对于选项D，由空间向量基本定理的推论可知：，且时，四点共面，所以选项D错误.
故选BC.
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12.【答案】
【解析】
如图：当双曲线，它的渐近线以及，
围成的图形绕轴旋转一周所形成的圆环，
令，分别代入和中，
解得：，
即外圆半径，内圆半径，
此圆环的面积为：为恒定值，
所以根据祖暅原理可将题目转化为底面为半径为的圆面，高为的圆柱的体积，所以.
故答案为：.
13.【答案】
【解析】展开式通项为：，
令，解得：，
展开式中，含项的系数，
，
令，则，
令，则，.
故答案为：.
14.【答案】5
【解析】记表示第次去掉的长度，，第2次操作，去掉的线段长为，
第次操作，去掉的线段长度为，
，则，
由的最大值为5.
故答案为：5
四、解答题：本大题共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.【答案】(1)分布列见解析，期望为2 ；(2)
【解析】（1）由题意知：，则所有可能的取值为，
；；
；；
的分布列为：
则.
（2）设乙同学上学期间的三天中之前到校的天数为，则，
事件.
由题意知：事件与互斥，
且事件与，事件与均相互独立，
.
16.【答案】(1)证明见解析； (2)
【解析】（1）连接，与相交于点O，
在三角形中，，
因为平面，平面，
所以平面.
（2），以A为原点，分别以AB，AC，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则
A（0，0，0），（0，0，1），（2，0，1），E（1，1，0），
所以，，，
，
设平面的一个法向量为，
由得，，取，的，
设平面的一个法向量为，
由得，，取，的，
设平面与平面的夹角为θ，则，
由图可知二面角为锐角，则二面角的大小为.
17.【答案】(1)
(2)或
【解析】（1）由圆C的圆心在直线上，可设圆心C的坐标为，
又圆的半径为2，点在圆上，有，
解得（舍去）或，
故圆的标准方程为；
（2）①当切线的斜率不存在时，直线与圆相切；
②当切线的斜率存在时，设切线的方程为，整理为，
由题知，解得，
可得切线方程为，整理为，
由①②知，过点且与圆相切的直线方程为或.
18.【答案】（1），；（2）①；②.
【解析】（1）由写出时，，相减可得，注意求出检验；
（2）①用错位相减法求；②把不等式变形为恒成立，设，用作差法求出的最大项，可得的范围.
【解析】（1）因为，（i）
所以时，（ii）
（i）－（ii）得.所以，
又时，，适合此式，
所以，；
（2）由（1）知，
①，所以，
两式相减得，
；
②由①不等式恒成立化为恒成立，
设，则，
时，，时，，即数列前4项递增，从第4项开始递减，
所以的最大值是.
所以.
19.【答案】(1)是上的“3类函数”，理由见详解；
(2)；
(3)证明过程见详解.
【解析】（1）对于任意不同的，
有，，所以，
，
所以是上的“3类函数”.
（2）因为，
由题意知，对于任意不同的，都有，
不妨设，则，
故且，
故为上的增函数，为上的减函数，
故任意，都有，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
所以，，故在单调递减，
，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
且，，所以使，即，
即，
当时，，，故在单调递增，
当时，，，故在单调递减，
，
故.
（3）因为为上的“2类函数”，所以，
不妨设，
当时，；
当时，因为，
，
综上所述，，，.