福建省福州市多校2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷(含答案)

这是一份福建省福州市多校2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷(含答案)，共15页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．已知由小到大排列的5个样本数据a,12,16,19,23的极差是15,则a的值为( )
A.6B.7C.8D.9
2．已知钝角满足,则( )
A.B.C.0D.或0
3．若圆被直线平分,则( )
A.-2B.C.D.
4．已知函数,且,则( )
A.B.C.D.2
5．设,是两个不同的平面,l、m是两条不同的直线,则“”的充分条件是( ).
A.,,B.,,
C.,,D.,,
6．在数学中,自然常数.小布打算将自然常数的前6位数字2,7,1,8,2,8进行排列得到密码.如果排列时要求8不排最后一个,两个2相邻,那么小布可以设置的不同的密码个数为( ).
A.30B.32C.36D.48
7．已知,分别为双曲线的左､右焦点,过的直线与双曲线C的左支交于A,B两点,若,,则双曲线C的焦距为( )
A.B.C.D.
8．若函数在区间上是减函数,且,,,则( )
A.B.C.1D.2
二、多项选择题
9．若复数z满足（i是虚数单位）,则下列说法正确的是( )
A.复数z的虚部为i
B.z的模为
C.z的共轭复数为
D.复数z在复平面内对应点在第一象限
10．已知,则( )
A.B.在上单调递增
C.,使D.,使
11．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如星形线、卵形线、蔓叶线等，心形线也是其中一种，因其形状像心形而得名，其平面直角坐标方程可表示为，图形如图所示.当时，点，在这条心形线C上，且，则下列说法正确的是( )
A.若，则
B.若，则
C.
D.C上有4个整点(横、纵坐标均为整数的点)
三、填空题
12．已知集合,若,则a的取值范围为________.
13．已知某圆锥的侧面展开图是一个半圆,若圆锥的表面积为,则该圆锥的体积为________.
14．已知有穷数列的首项为1,末项为12,且任意相邻两项之间满足,则符合上述要求的不同数列的个数为________.
15．对于数列，如果存在等差数列和等比数列，使得，则称数列是“优分解”的.
(1)证明：如果是等差数列，则是“优分解”的.
(2)记，，证明：如果数列是“优分解”的，则或数列是等比数列.
(3)设数列的前n项和为，如果和都是“优分解”的，并且，，，求的通项公式.
四、解答题
16．的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知.
（1）求;
（2）若,,求的面积.
17．如图,在四棱锥中,平面,四边形是矩形,,过棱的中点E作于点F,连接.
（1）证明：;
（2）若,求平面与平面所成角的正弦值.
18．已知椭圆左､右顶点分别为A,B,短轴长为,离心率为.
（1）求椭圆C的方程;
（2）若第一象限内一点P在椭圆上,且点P与外接圆的圆心M的连线交x轴于点Q,设,求实数的值.
19．已知函数.
（1）当时,判断的单调性;
（2）证明:当时,.
参考答案
1．答案：C
解析：由题知最小的数据是a,最大的数据是23,则极差为,解得.
故选:C.
2．答案：B
解析：因为,所以,解得或0,
因为为钝角,所以.
故选:B.
3．答案：D
解析：由题意得圆心在直线上,则,解得.
故选:D.
4．答案：B
解析：因为,
故,而,故,
故选:B.
5．答案：C
解析：对于A,若,,,则,故A错误;
对于B,若,,,则平面与平面可以相交或平行,故B错误;
对于C,因为,,由线面垂直的性质,所以,又因为,所以,故C正确;
对于D,若,,,则平面与平面可以相交或平行,故D错误;
故选:C
6．答案：C
解析：根据题意,分两种情况:
①2排在最后一位,
则倒数第二位也是2,再从剩下4个位置选出2个,安排两个8,最后安排7和1,
此时有个不同的密码;
②2不排在最后一位,
则倒数第一位安排7或1,将两个2看成一个整体,与两个8和7或1中剩下的数排列,
此时有个不同的密码;
则一共有个不同的密码.
故选:C.
7．答案：B
解析：如图,由于,
有4,可得,
又由,可得,设,
在中,由余弦定理有.
在中,由余弦定理有.
又由,有,
可得,解得,所以双曲线的焦距为.
故选:B.
8．答案：A
解析：由题知,
因为,,
所以,
又因为在区间上是减函数,
所以,
两式相减,得,
因为,所以.
故选:A.
9．答案：BCD
解析：由,
对于A,z的虚部应为1,故A错误;
对于B,z的模为,故B正确;
对于C,z的共轭复数应为,故C正确;
对于D,z在复平面内对应点为,显然在第一象限,故D正确.
故选:BCD.
10．答案：AC
解析：要使函数有意义,则有,且,
即定义域,B错误;
,,,,A正确;
,
记,,则,
时,,时,,
在上单调递减,在上单调递增,,即,
又时,,
令,则单调递增,又,,
存在唯一,使得,此时,
时,,时,,时,,
时,,故在上单调递增,在上单调递减,
在上单调递减,在上单调递增,
,.
作出函数的图象,如图:
所以C正确,D错误.
故选:AC
11．答案：ACD
解析：依题意，心形线C的直角坐标方程为，
过原点,由，可知，，三点共线，
可设直线，由
消去y，得.
不妨设，
则，.
，故A正确；
，
当时，，故B错误；
设点在心形线C上，，角以x轴非负半轴为起始边，
则心形线C的方程转化为，
即，
，又，
，故C正确；
由，可知.
令，则心形线C的方程可化为，：，
，
当，，或，进而可得或0，
当时，方程无整数解；
当时，，故
C上有4个整点，，，，故D正确，
故选:ACD.
12．答案：
解析：由题意知或,
又且,故,即的取值范围为.
故答案为:.
13．答案：/
解析：设圆锥母线长为R,底面圆半径长r,
因为侧面展开图是一个半圆,此半圆半径为R,半圆弧长为,
所以,即,因为表面积是侧面积与底面积的和,
所以,所以,,则圆锥的高,
所以.
故答案为:
14．答案：144
解析：依题意,首项和末项相差11,而任意相邻两项之间满足,,
当时,即后一项与前一项的差均为1,数列的个数为1;
当时,即后一项与前一项的差出现一个2,九个1,数列的个数为;
当时,即后一项与前一项的差出现两个2,七个1,数列的个数为;
当时,即后一项与前一项的差出现三个2,五个1,数列的个数为;
当时,即后一项与前一项的差出现四个2,三个1,数列的个数为;
当时,即后一项与前一项的差出现五个2,一个1,数列的个数为,
所以符合上述要求的不同数列的个数为.
故答案为:144
15．答案：(1)证明见解析；
(2)证明见解析
(3)
解析：（1）是等差数列，设，
令，，
则是等差数列，是等比数列，所以数列是“优分解”的.
（2）因为数列是“优分解”的，设，
其中，，
则，.
当时，
当时，是首项为，公比为q的等比数列.
（3）一方面，数列是“优分解”的，设，
其中，由（2）知
因为，，所以.
，，是首项为2，公比为的等比数列.
另一方面，因为是“优分解”的，设，
其中，，
，
是首项为2，公比为的等比数列，
，，且，
化简得，，，，，，
即数列是首项，公比为q的等比数列.
又，，
又，，，，解得，，
综上所述，.
16．答案：（1）
（2）.
解析：（1）因为,
由正弦定理可得.
可化为.
又由余弦定理,有.
又,所以.
（2）因为,由（1）有.
可化为.
又由,有.
所以.
17．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）四边形为矩形,,
平面,平面,,
又,,平面,平面,
又平面, .
,点E是的中点,.
又,,平面,平面.
平面,.
又,,,平面,平面,
平面,.
（2）如图,因,,两两垂直,
故可以A为坐标原点,,,所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
则,,,,
,.
由（1）可知,可看成平面的一个法向量,
可看成平面的一个法向量.
设平面与平面的所成角为,
,,
平面与平面所成角的正弦值为.
18．答案：（1）
（2）
解析：（1）因为短轴长为,所以,
又椭圆C的离心率为,则有,解得,
所以C的方程为.
（2）因为外接圆经过椭圆的左､右顶点,所以圆心M在y轴上,
设圆心,则圆M的半径为,所以,
所以
又点P在椭圆上,所以,两方程消去得:
再由直线PM的斜率为,
可设直线PM的方程为,
令,所以点Q的横坐标为
又,所以,解得
19．答案：（1）在上单调递减,在上单调递增
（2）证明见解析
解析：（1）当时,,则,
令,则恒成立,
在上单调递增,又因为,
则当时,;当时,,
所以在上单调递减,在上单调递增.
（2）证明:,,
所以,令,
则,所以在上单调递增,
当时,,又,
有,,即单调递减;,,即单调递增,
所以,而此时,
所以当时,成立;
当时,可得,所以,所以,
又,所以存在,使得,即,
,;,,
所以函数在上单调递减,在上单调递增,
所以,由可得,
,
下面证明,
令,所以,
所以在上单调递增,所以,
即得证,即成立,
综上,当时,成立.