湖北省部分学校2023-2024学年高二下学期期末联考数学试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置.
2. 选择题的作答：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.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3. 非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知全集，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用集合的补集概念即得.
【详解】依题，由可得，.
故选：A.
2. 已知，是不共线的向量，且，，，若B，C，D三点共线，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】运用向量的减法运算得，B，C，D三点共线，即，根据向量平行求出.
【详解】因为，且B，C，D三点共线，即,
又，所以，解得.
故选：C.
3. 已知一个袋子中有大小和质地相同的8个球，其中有3个白球（标号为1~3），5个红球（标号为），现从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则两次摸到同种颜色球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据分步以及分类计数原理，即可根据古典概型的概率公式求解.
【详解】不放回地依次随机摸出2个球,共有种选择，
则两次都摸到同色球共有种选择，
故两次摸到同种颜色球的概率为，
故选：A
4. 已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.
【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增，
则需满足，解得，
即a的范围是.
故选：B.
5. 已知数列的前n项和为，若，，则（ ）
A. -3B. 3C. -2D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据递推关系，赋值即可求解．
【详解】若，，变形得到，，
当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得；
故选：B.
6. 已知点在抛物线上，过点作圆的切线，若切线长为，则点到的准线的距离为（ ）
A. 5B. 6C. 7D.
【答案】A
【解析】
【分析】由圆的切线的性质可求得，结合抛物线方程计算可得点横坐标，即可得点到的准线的距离.
【详解】如图所示：
设切点为Q，则，
则，
设，则由两点间距离公式得到，
解得，因为，所以，
因为的准线方程为，所以点到的准线的距离PE为.
故选：A.
7. 折纸发源于中国19世纪，折纸传入欧洲，与自然科学结合在一起成为建筑学院的教具，并发展成为现代几何学的一个分支.我国传统的一种手工折纸风车（如图1）是从正方形纸片的一个直角顶点开始，沿对角线部分剪开成两个角，将其中一个角折叠使其顶点仍落在该对角线上，同样操作其余三个直角制作而成的，其平面图如图2，则下列结论成立的个数为（ ）
①；②；③；④
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据几何关系，直接判断与是否平行，即可判断A;再根据转化向量求数量积判断B；根据几何关系，以及相等相等向量转化，判断C；根据向量转化证明数量积相等.
【详解】A.，则与不平行，故①错误；
B.设，，
，
，故②正确；
C.，故③正确；
D.，故④正确.
故选：C
8. 已知函数，若函数在有6个不同零点，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令，得或，作出函数的图象，结合函数图象，分，和三种情况讨论即可得解.
【详解】令，即，
解得或，
如图，作出函数的图象，
当时，有无数个解；
当时，则方程无解，
因为函数在有6个不同零点，
所以方程在有6个不同的实根，
即函数的图象在有6个不同的交点，
由图可知，，所以，
当时，则方程无解，
则方程在有6个不同的实根，
即函数的图象在有6个不同的交点，
由图可知，，所以，
综上所述，实数a的取值范围是.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：画出函数的图象，根据图象分类讨论是解题的关键.
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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 已知，且复平面内对应的点为，则下面说法正确的有（ ）
A.
B. 若，则，中至少有个是
C. 满足的点形成的图形的面积为
D. 若，则的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】设复数，对于A，分别计算即可；对于B，根据可得即可判断；对于C，由可得即可判断；对于D，由得，并计算即可计算最小值.
详解】设复数，
对于A，，则 ，
所以，
而，故A正确；
对于B，若，
则，即，则或，
则或，则，中至少有个是，故B正确；
对于C，，
所以，所以点形成的图形面积为，故C错误；
对于D，因，所以，
且，
所以
，且
所以，
所以最小值为，故D正确.
故选：ABD.
10. 如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱组合而成，，，是上的动点．则（ ）
A. 平面平面
B. 为的中点时，
C. 存在点，使得直线与的距离为
D. 存在点，使得直线与平面所成的角为
【答案】AB
【解析】
【分析】选项，由，，可得平面，再由面面垂直的判定定理可作出判断；选项B，取的中点，连接，，可证，，从而作出判断；选项C，先证平面，从而将原问题转化为求点到平面的距离，再以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求点到面的距离，即可作出判断；选项D，利用向量法求线面角，即可得解．
【详解】对于选项A，由题意知，，平面，
因为平面，所以，
又，、平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，即选项A正确；
对于选项B，当为的中点时，取的中点，连接，，
则，，所以四边形是平行四边形，
所以，
因为和都是等腰直角三角形，所以，
所以，所以，即选项B正确；
对于选项C，因为，且平面，平面，
所以平面，
所以直线与的距离等价于直线到平面的距离，
也等价于点到平面的距离，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
设点，其中，，
由射影定理知，，即，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
取，则，，所以，
若直线与的距离为，则点到平面的距离为，
而点到平面的距离，
所以不存在点，使得直线与的距离为，即选项C错误；
对于选项D，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
取，则，，所以，
若直线与平面所成的角为，
则，
由，知，
代入上式整理得，此方程无解，
所以不存在点，使得直线与平面所成的角为，即选项D错误．
故选：AB．
11. 已知双曲线的渐近线方程为，过的右焦点的直线交双曲线右支于，两点，的内切圆分别切直线，，于点，，，内切圆的圆心为，半径为，则（ ）
A. 的离心率等于B. 切点与右焦点重合
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，根据渐近线方程求出，得到离心率；B选项，由双曲线定义和切线长定理得到，得到切点与右焦点重合；C选项，根据双曲线定义和的内切圆的半径得到；D选项，作出辅助线，得到，利用万能公式得到答案.
【详解】A选项，由题意得，解得，故离心率，A正确；
B选项，，
由双曲线定义可得，，
两式相减得，即，
故切点与右焦点重合，B正确；
C选项，的内切圆的半径为，
故
，C错误；
D选项，连接，则平分，
其中，
故，
所以
.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：利用双曲线定义和切线长定理推出切点与右焦点重合，从而推理得到四个选项的正误.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 若存在，使不等式成立，则a的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用分离参变量思想，再用换元法转化到对钩函数求最小值，即可得到取值范围.
【详解】由，
因为，所以，令，
由，
构造函数，
即，当且仅当时取等号，
所以
故答案为：.
13. 现有甲、乙两个盒子，甲盒有2个红球和1个白球，乙盒有1个红球和1个白球.先从甲盒中取出2个球放入乙盒，再从乙盒中取出2个球放入甲盒.记事件A为“从甲盒中取出2个红球”，事件B为“乙盒还剩1个红球和1个白球”，则______，______.
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】利用条件概率与独立事件的概率公式即可得解.
【详解】第一空：，
第二空：从甲盒中取出的是一个红球和一个白球，
乙盒中还剩下两个红球或者两个白球.
则
故答案为：；.
14. 如图，正三棱锥的侧面和底面所成角为，正三棱锥的侧面和底面所成角为和位于平面的异侧，且两个正三棱锥的所有顶点在同一个球面上，则__________，的最大值为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由几何体结构特征可知为外接球直径即得；先设，外接球半径为R，则由以及已知条件可求得，再根据几何体结构特征得，再结合两角和正切公式以及基本不等式即可求解.
【详解】由几何体结构特征可知为外接球直径，所以；
连接，交平面于点，取中点，连接，
由正棱锥性质知，且，
则、，，设，外接球半径为R，
则，
所以由得，，
又，
故，
而，当且仅当时取等，
故.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：求解的关键是由以及已知数据求出.
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 在等差数列（）中，，.
（1）求的通项公式；
（2）若，数列的前项和为，证明.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出等差数列的首项与公差，即可得解；
（2）利用裂项相消法求出，进而可得出结论.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
由，即，解得，
所以，
所以数列的通项公式为；
【小问2详解】
∵，∴，
（方法一）
，
∴
化简得：，
∴.
（方法二）
，
∴
.
16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，
（1）已知，
（i）求；
（ii）若，为边上的中点，求的长.
（2）若为锐角三角形，求证：
【答案】（1）（i）或；（ii）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）（i）由，结合正弦定理化简可得结果；（ii）由，，利用正弦定理求出，，在，由余弦定理求出的长即可得解；
（2）求出，将问题转化为证明，利用，化简可得结论.
【小问1详解】
（i）因为，，所以，
由正弦定理可得：，即，
因为在，，，
则，
因为，所以或；
（ii），所以，则，则，
由正弦定理可得：，即，
又，解得，，
因为为中点，则，
在中，由余弦定理可得：，
即，则.
【小问2详解】
因为为锐角三角形，，则，则，
要证，即证，
由于
，
由，则，所以，
故，则，则，证毕.
17. 如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）易证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理即可证明；
（2）取的中点，连结，，则，，，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求二面角即可．
【小问1详解】
由题意得：，，
所以四边形为平行四边形，
所以，
而平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
取中点，连结，，
由已知得，是边长为2的等边三角形，
是以为腰的等腰三角形，
则，，所以，，，
故，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，
所以，
，
故二面角的正弦值．
18. 某校举行投篮趣味比赛，甲、乙两位选手进入决赛，每位选手各投篮4次，选手在连续投篮时，第一次投进得1分，并规定：若某次投进，则下一次投进的得分比本次得分多1分；若某次未投进，则该次得0分，且下一次投进得1分.已知甲同学每次投进的概率为，乙同学每次投进的概率为，且甲、乙每次投篮相互独立.
（1）求甲最后得3分的概率；
（2）记甲最后得分为X，求X的概率分布和数学期望；
（3）记事件B为“甲、乙总分之和为7”，求.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）利用独立事件同时发生哪几种情形，再计算概率即可；
（2）利用记分规则，统计四次投篮中的得分情形，最低0分，最高10分，再计算概率，即可得分布列，求期望；
（3）同比甲的概率计算方法，再来计算乙的得分概率，利用两独立事件相乘，再考虑各种情形相加即可.
【小问1详解】
记事件A为“甲得3分”，分析3分是，不可能是，
所以在这四次投篮中，连续两次投中，另两次没中，记甲得3分，
所以
【小问2详解】
X的取值为0，1，2，3，4，6，10，
【小问3详解】
记为乙最后得分，则事件为“甲1分，乙6分”，“甲3分，乙4分”，
“甲4分，乙3分”，“甲6分，乙1分”
故
19. 已知函数．
（1）当时，求函数的最小值；
（2）试讨论函数的单调性；
（3）当时，不等式恒成立，求整数a的最大值．
【答案】（1）
（2）答案见详解 （3）4
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性和最值；
（2）求出原函数的导函数，对进行分类讨论即可得出原函数的单调区间；
（3）问题转化为恒成立，令新函数，利用导数求其最小值的范围，即可求得整数的最大值.
【小问1详解】
当时，则，
可知的定义域为，且，
令，解得；令，解得，
可知的单调递减区间是，单调递增区间是，
所以函数的最小值为.
小问2详解】
由题意可知的定义域为，且，
当时，恒成立，
所以的单调递减区间是，无单调递增区间.
当时，令解得，
令，解得；令，解得，
所以的单调递减区间是，单调递增区间是；
综上所述：当时，的单调递减区间是，无单调递增区间；
当时，的单调递减区间是，单调递增区间是.
【小问3详解】
当时，不等式恒成立，
即，整理可得，
原题意等价于对任意恒成立，
令，
则，
令，则，
所以在区间上单调递增，
因为，，
所以在区间内存在唯一零点，
即，所以，
当时，，即；
当时，，即；
可知在区间上单调递减，在区间上单调递增；
所以，
因为，则，即，
且为整数，则，所以整数的最大值是4.
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．0
1
2
3
4
6
10