福建省福州第四中学2023-2024学年高二下学期7月期末数学试题

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【解析】根据向量的线性运算，化简四个选项即可判断.
【详解】根据向量的线性运算，化简可知：
对于A，，所以A错误；
对于B，，所以B正确；
对于C，，所以，所以C错误；
对于D，，所以D错误；
综上可知，B为正确选项，
故选：B.
【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，属于基础题.
2．D
【分析】根据题意设出圆心，利用圆心到三点的距离相等建立等式，从而求得标准方程.
【详解】解：设圆心坐标为，半径为，则圆的方程为，
则，解得，．
∴圆的标准方程为．
故选D．
【点睛】本题主要考查圆的标准方程，重点找出圆心及半径是关键，难度不大.
3．C
【分析】根据复数的除法求出后求模，也可直接根据模的性质求解.
【详解】法1：由，
所以.
法二：.
故选：C
4．C
【详解】先讨论充分性,当时,
,所以充分性成立.
再讨论必要性,当a>b时， 所以，所以必要性成立.故选C.
5．A
【分析】由不等式可得，求出右边的最小值，进而可得的最大值．
【详解】因为，若，可得，
设，只需要小于等于右边的最小值即可，
则，
令，可得，
所以，当且仅当，即时取等号，
所以，
即的最大值为．
故选：A．
6．B
【分析】根据给定条件求出的公比q，然后逐一分析各选项即可判断作答.
【详解】设等比数列的公比为q(q≠1)，又，即，
而，则，解得，则，，，，
，A不正确；
，B正确；
，C不正确；
，D不正确.
故选：B
7．A
【分析】对分情况讨论，利用导数研究函数的单调性，结合二次函数的性质及函数零点存在定理进行判断即可．
【详解】函数，其中．
，令
（1）当时，，此时，函数在上单调递增，此时，故在区间上无零点，符合题意．
（2）当时，设，
，则在上单调递增，
因此时，，即，
可得，
当（其中）时，，此时，
而，故在区间上有零点，不合题意．
（3）当时，，
时，单调递增，，
而，则，，函数在上单调递增，
此时，故在区间上无零点，符合题意．
（4）当时，由，得，
设方程的两个实数根分别为，且，其中，．
时，，则，，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增．
则，而，故在区间上有零点，不合题意．
综上所述，的取值范围为．
故选：A．
8．D
【分析】利用赋值法结合题目给定的条件可判断AC，取可判断B，对于D，通过观察选项可以推断很可能是周期函数，结合的特殊性及一些已经证明的结论，想到令和时可构建出两个式子，两式相加即可得出，进一步得出是周期函数，从而可求的值.
【详解】解：对于A，令，代入已知等式得，得，故A错误；
对于B，取，满足及，
因为，所以的图象不关于点对称，
所以函数的图象不关于点对称，故B错误；
对于C，令，，代入已知等式得，
可得，结合得，，
再令，代入已知等式得，
将，代入上式，得，所以函数为奇函数.
令，，代入已知等式，得，
因为，所以，
又因为，所以，
因为，所以，故C错误；
对于D，分别令和，代入已知等式，得以下两个等式：，，
两式相加易得，所以有，
即：，
有：，
即：，所以为周期函数，且周期为3，
因为，所以，所以，，
所以，
所以，故D正确.
故选：D.
【点睛】思路点睛：对于含有的抽象函数的一般解题思路是：观察函数关系，发现可利用的点，以及利用证明了的条件或者选项；抽象函数一般通过赋值法来确定、判断某些关系，特别是有双变量，需要双赋值，可以得到一个或多个关系式，进而得到所需的关系，此过程中的难点是赋予哪些合适的值，这就需要观察题设条件以及选项来决定.
9．ACD
【分析】由已知复数相等，应用复数的除法化简得，即可判断各选项的正误.
【详解】∵，
∴z的实部与虚部分别为4，，
，A正确；
z的实部与虚部之差为5，B错误；
，C正确；
z在复平面内对应的点为，位于第四象限，D正确．
故选：ACD．
10．BC
【分析】根据可得，由可得，进而根据选项即可逐一求解.
【详解】设等比数列的公比为，由，由于，所以．
又，即，于是，由于正负不定，故无法确定与0的大小，A错误；
，B正确；
，C正确；
，故，D错误．
故选：BC．
11．ACD
【分析】由，可得的图象关于点对称，关于直线对称，通过在上单调递减可得点和直线是的图象相邻的对称中心和对称轴，可算出，代入利用关于点对称可得然后通过余弦函数的性质对每个选项进行判断即可
【详解】的图象关于点对称，
又当时，取得最值，即的图象关于直线对称，
又在上单调递减，，
点和直线是的图象相邻的对称中心和对称轴，
设的最小正周期为，则，
，又的图象关于点对称，且在上单调递减，
由正弦函数的性质，，
时，，
对于选项，函数是偶函数，故正确；
对于选项B，函数的最小正周期为，故B错误；
对于选项，因为，则
所以，故C正确；
对于选项D，由，得，
，解得，
由余弦函数的性质可得，
若在上恒成立，则的最大值为，故D正确.
故选：ACD.
12．BC
【分析】对于A，由球与平面的位置关系，判断结论；对于B，面积为定值，由到平面的最大距离求三棱锥体积的最大值；对于C，求出当最大时的位置，由两角和的正弦公式求的最大值；对于 D，根据轨迹形状求长度.
【详解】方法一：
对于A，
取中点，中点，连接，，
正三棱柱中，平面平面，平面平面，
平面，平面，，而为的重心，
，到平面的距离为，而到平面的距离为，
球与平面相离，则不存在这样的和实数，使，A错．
对于B，到平面的距离为，球半径，则到平面的最大距离为，
，B正确．
对于C，设为球的的上顶点，平面于点，与球相切且与平面共面，
，，
设，则有，得，
，C正确．
对于，过且与垂直的平面为平面，
到平面的距离等于倍的到平面的距离，即，
而球半径，则平面截球的截面圆半径，
所以截面圆周长即的轨迹长度为，D错.
故选：BC．
方法二：
对于A，如图：
左图中为中点，为在平面上的投影．
右图为俯视图下看的球，由于为重心，在俯视图看来就是正三角形的中心，
所以球实际上与三个侧面均相切，则易得半径．
而，因此球与底面不相交，因此是错的；
对于B，有，正确；
对于C，作出平面的截面如下图：
当最大时的位置如上图所示，不难计算出，
所以，
那么此时，所以C正确；
对于D，轨迹即过B且垂直于的平面与球的交线圆，而，
此式右边是球面上的大圆的周长，所以是不可能的，所以D错．
故选：BC．
【点睛】方法点睛：
利用正三棱柱的结构特征和三角形重心的位置特征，求出重心到相关平面的距离，可解决向量共面，棱锥高度最大，轨迹及位置关系等问题.
13．
【分析】根据复数的计算法则计算即可.
【详解】，
故答案为:-i.
14．
【分析】利用导数的几何意义直接求解.
【详解】设切点为.
由题意可得：，解得：，代入得：.
故答案为：
15．
【分析】求得，得出的单调性和，令，得到，设，且零点分别为，转化为方程和各有2个解，得到，进而求得的范围.
【详解】由函数，可得，
当时，；当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
又由，令，可得，
设，则，
设的两个零点分别为，则或，
可得或，
要使得恰有4个零点，
则方程有2个解，且方程也有两个解，
则满足，即，即，
可得，即，
又因为，解得．
故答案为：.
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与和相关的常见同构模型
①，构造函数或；
②，构造函数或；
③，构造函数或.
16．
【分析】根据不等式，讨论、分别求解集，然后取并即可得结果.
【详解】由题设，即，
当时，恒成立；
当时，整理得，解得，所以；
综上，，故解集为.
17．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）连接BD，设AC和BD交于点O，证得，利用线面平行的判定定理，即可证得平面PAC.
（2）由，得到为异面直线与所成角，在直角中，即可求解.
【详解】（1）如图，连接BD，设AC和BD交于点O，则O为BD的中点，
连接PO，因为P是的中点，所以，
又因为平面PAC，平面PAC，所以直线平面PAC.
（2）由（1）知：，所以异面直线与所成角即为PO与所成角，
即为与所成角，
因为，，且，
在直角中，所以，
所以与AP所成角的正弦值为.
18．(1)
(2)
【分析】（1） 应用得出等差数列再求数列通项公式即可;
（2）应用裂项相消求和结合不等式恒成立求解.
【详解】（1）当时，，所以；
当时，且，两式相减并整理可得．
因为为正项数列，所以，所以．
（2）有（1）可知，
，
，
故，可化为，
因为恒成立，所以．
19．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）先证明出面，利用面面垂直的判定定理即可证明；
（2）以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.利用向量法求解.
【详解】（1）因为是边长为4的正三角形，边的中点，所以.
因为顶点在平面上的射影为，所以平面,.
因为面，面，,
所以面.
所以面，所以平面平面.
（2）
以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.
因为是边长为4的正三角形，为边的中点，
所以.
在直角三角形中，.
所以，，，，.
所以,.
在三棱柱中，由，可求得：.
同理求得：.
所以，,.
设为平面的一个法向量，为平面的一个法向量.
因为，即，不妨设，则.
同理可求：.
设为二面角的平面角，由图可知：为锐角，
所以.
即二面角的余弦值为.
20．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明；（2）建立空间直角坐标系求线面角即可.
【详解】解：（1）因为平面，平面，
所以．
因为，
所以．
因为，
所以平面．
（2）因为平面，
所以．
以点为坐标原点，分别以直线，，为，，轴建立空间直角坐标系．
设，则．
因为点，分别是，的中点，
所以，，，，，．
所以，，．
设平面的法向量为，
则即
令，则，．
所以．
设直线与平面所成角为．
所以．
所以直线与平面所成角的正弦值．
【点睛】求直线与平面所成的角分成向量法和几何法两种，
几何法的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
向量法的一般步骤：
①建立空间直角坐标系；
②求出直线的方向向量；
③再求出平面的法向量；
④根据公式求出线面角的正弦值.
21．（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）求出函数的导函数，再令，利用导数说明其单调性与最小值，即可求出参数的取值范围．
（2）由（1）可知，令，利用导数说明的单调性，即可得到存在，使得，从而得到当时，取得极大值，即，再利用基本不等式计算可得；
【详解】（1）解：．
令，则．
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增．
故．
因为在上不单调，即在有变号零点，所以，即的取值范围为．
（2）证明：由（1）可知当时，在上单调递增，则不存在极大值．
当时，．，令，则．
令，则．
易知在上单调递减，在上单调递增．
因为，，
所以存在，使得．
则当时，；当时．
故在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得极大值，即．
因为，所以，且．
因为，所以，
则
，
即．
【点睛】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．