山西省长治市2023-2024学年高二下学期6月期末考试 数学试题 Word版含答案

这是一份山西省长治市2023-2024学年高二下学期6月期末考试 数学试题 Word版含答案，共9页。试卷主要包含了 函数的最小正周期是， 已知函数，则， 已知为正数，且，则， 已知向量，，下列说法正确的是， 已知数列，满足，且，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
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.
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. 已知（），且，则（ ）
A. B. C. D.
2 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
3. 展开式中的系数为（ ）
A B. 36C. D. 28
4. 函数的最小正周期是（ ）
A. B. C. D.
5. 已知直线被圆心为圆截得的弦长为，则该圆的方程为（ ）
A B.
C. D.
6. 已知函数，则（ ）
A 1B. C. lg11D.
7. 如图，在多面体中，四边形ABCD是边长为3的正方形，，E到平面ABCD的距离为3，，.若A，B，C，D，E，F在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知为正数，且，则（ ）
A. B. C. D.
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. 已知向量，，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若与共线，则
C. 若，则D. “”是“”的充要条件
10. 已知数列，满足，且，则（ ）
A. B. 当时，是等比数列
C. 当时，是等差数列D. 当时，是递增数列
11. 已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为,，P为C上一点，且，，则C的离心率等于（ ）
A. B. C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 烽火台是我国古代用于防御与通讯的军事建筑.如图为一类正四棱台状的烽火台，已知该烽火台底部边长为10米，顶部边长为8米，高为12米，忽略烽火台凹陷部分，则该烽火台的体积为________立方米.
13. 已知，则________.
附：若，则，.
14. 已知抛物线的焦点为，点为上可相互重合的点，且，则的取值范围是________，的最小值是________.
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. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）若，证明：是等边三角形；
（2）若，求.
16. 如图，直四棱柱的底面是正方形，，E，F分别为，的中点.

（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
17. 甲、乙两个袋子各装有大小相同的3个红球和2个白球，第一次从甲袋子随机取出一个球放入乙袋子.求：
（1）第二次从乙袋子随机取出一个球是红球的概率；
（2）在第二次从乙袋子随机取出一个球是红球的条件下，第一次从甲袋子取出的是白球的概率；
（3）第二次从乙袋子随机取出两个球，其中白球个数的分布列与期望.
18. 已知双曲线的右顶点到的一条渐近线的距离为.
（1）求的方程；
（2）设过点的直线交于两点，过且垂直于轴的直线与直线交于点，证明：以线段的中点为圆心且过坐标原点的圆还过其他定点.
19. 给定正整数，已知对，有，，函数.
（1）若，求；
（2）若，记为的所有零点组成的集合，为的子集，它们各有个元素，且. 设，，，且，，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）.参考答案
1. B.
2. A.
3. D.
4. A
5. C
6. B
7. D.
8. D.
9. BD.
10. BCD.
11. D.
12.
13.
14. ①. ②.
15. （1）证明：由，可得，
因为，由正弦定理可得，所以，
即，可得，
结合，所以等边三角形.
（2）
16. （1）证明：

如图建系，设
则,
,
设平面法向量为,
,
,
可得
即得，
因为所以,不在平面内，所以平面
（2）
17. （1）
（2）
（3）第二次从乙随机取出两个球，取出的白球的个数为，则，
，
，
,
的分布列为
的数学期望.
18. （1）
（2）证明
记，，并设的中点为.
由于的中点为，的斜率，故的垂直平分线为，即.
设，由于，假设的斜率不存在，那么的方程是，该直线与只有一个公共点，矛盾；
所以的斜率存在，故可设其方程为.
将该直线与联立，得，
即.
所以该方程的两根之和为.
但，故此方程已有一根，从而另一根为.
设，则，.
此时，由，知直线的方程为，而过且垂直于轴的直线为，故.
这就得到的中点的坐标为.
由于
.
所以点在直线上，即在的垂直平分线上，从而.
故关于对称，则，
故以线段的中点为圆心且过坐标原点的圆一定经过.
19. （1）
（2）
（ⅰ）对，由于，故对有，对有.
所以在上递减，在上递增.
利用，可将原条件化为.
注意到，故有一个零点，记.
而，故，所以.
又因为，
且，故在上还有一个零点，记为.
从而由的单调性，知恰有两个零点，且.
而为的子集，它们各有个元素，且，故至少有个元素.
而的元素只可能在之中，这表明它们两两不等，
且.所以包含个正数，个负数.
而为的子集，它们各有个元素，且，
故和恰好就是中的一对补集，即，.
设包含个负数，个正数，则包含个负数，个正数.
由于，，，.
故，.
从而.
由于，故.
设，则，而对有，
对有，故在上单调递减，上单调递增.
再设，则，且等号只在处取到.
故单调递增，从而，
即.而在上单调递增，故，即.
所以.
故.
（ⅱ）不妨设，则根据的单调性有.
从而由有，再根据的单调性有.
由于，.
故的值，其实就是在这个数中，
选出对异号的数，再计算每对之间的的距离之和.
在数轴上标出这个数后，可认为就是条端点在原点异侧且端点两两不重复的线段长之和，
故相邻两个数之间的线段被计算的次数，恰为该线段两侧的端点数目较少的一侧的端点数目.
这就说明的值和的具体元素的选取无关，而在，
时，有，
所以任何情况下都有.
由的单调性，知对有，故，即.
对，取，得；取，
得，从而.
由于，故由上面的结论知
，.
所以.
从而由知
.
设，则.
设，则，故对有，
所以在上递增，从而对有.
所以对有，故在上递增，
从而对有.
又由于，故
.
所以，即.
故.
综上，有.0
1
2