福建省福州外国语学校2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省福州外国语学校2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了考试结束，考生请将答题卡交回， 已知 A，B，C是直线与函数， 对于函数，下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

考试时间：120分钟；命题人：高一数学集备组 审核人：高一数学集备组
(全卷共4页，四大题，20小题，满分150分. )
注意事项：
1.答题前，考生务必在试题卷，答题卡规定的地方填涂自己的准考证号，姓名.
考生要认真核对答题卡上的准考证号，姓名与考生本人准考证号，姓名是否一致.
2.选择题，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.如需改动.用橡皮擦干净后再选涂其他答案标号.非选择题，用0.5毫米照射签字笔，在答题卡上规定的范围内书写作答.请不要错位，越界答题.
3.考试结束，考生请将答题卡交回.
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知复数满足，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
4. 在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若且，则是（ ）
A. 等边三角形B. 顶角为等腰三角形
C. 等腰直角三角形D. 非直角三角形，也非等腰三角形
5. 已知非负实数满足，则的最小值为（ ）
A. B. 2C. D.
6. 在锐角中，内角，，所对边分别为，，，且，，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
7. 已知 A，B，C是直线与函数（，）的图象的三个交点，如图所示．其中，点，B，C两点的横坐标分别为，若，则（ ）
A. B.
C. 的图象关于中心对称D. 在上单调递减
8. 设，若对任意的，都存在，使得成立，则可以是（ ）．
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的4个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分， 部分选对的得2分.
9. 命题“存在，使得”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
10. 对于函数，下列结论正确的是（ ）
A. 函数的图象关于点对称；
B. 函数的对称轴是，；
C. 若函数是偶函数，则的最小值为；
D. 函数在的值域为，
11. 下列选项正确的有（ ）
A. 若是方程的一个根，则
B. 复数与分别表示向量与，则向量表示的复数为
C. 若复数满足，则的最大值为
D. 若复数，满足，则
三、填空题
12. 已知集合，，若，则实数a的取值范围是______．
13. 在函数的图象中，把横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的解析式是____________
14. 设，已知函数在区间恰有6个零点，则ω取值范围为____________
四、解答题
15. 已知数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，数列的前项和为，证明：.
16. 已知抛物线，其焦点为，点在抛物线C上，且．
（1）求抛物线的方程；
（2）为坐标原点，为抛物线上不同的两点，且，求证直线过定点；
17. 已知中，角的对边分别是，
（1）求角的大小；
（2）求的最大值；
（3）若，为边上靠近点的三等分点，求的面积．
18. 已知函数.
（1）若，求曲线在处切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）若时，恒成立，求实数a取值范围
19. 如图，在三棱柱中，棱的中点分别为在平面内的射影为D，是边长为2的等边三角形，且，点F在棱上运动（包括端点）．
（1）若点为棱的中点，求点到平面的距离；
（2）求锐二面角的余弦值的取值范围．
20. 某学校有甲、乙、丙三家餐厅，分布在生活区的南北两个区域，其中甲、乙餐厅在南区，丙餐厅在北区各餐厅菜品丰富多样，可以满足学生的不同口味和需求.
附:;
（1）现在对学生性别与在南北两个区域就餐的相关性进行分析，得到下表所示的抽样数据，依据的独立性检验，能否认为在不同区域就餐与学生性别有关联?
（2）张同学选择餐厅就餐时，如果前一天在甲餐厅，那么后一天去甲，乙餐厅的概率均为;如果前一天在乙餐厅，那么后一天去甲，丙餐厅的概率分别为:如果前一天在丙餐厅，那么后一天去甲，乙餐厅的概率均为.张同学第1天就餐时选择甲，乙，丙餐厅的概率分别为.
(i)求第2天他去乙餐厅用餐的概率;
(ii)求第天他去甲餐厅用餐的概率.
0.100
0.050
0.025
0.010
2.706
3.841
5024
6.635
性别
就餐区域
南区
北区
男
33
10
43
女
38
7
45
合计
71
17
88
福州外国语学校2023—2024学年第二学期期末考
高二年级数学试卷
考试时间：120分钟；命题人：高一数学集备组 审核人：高一数学集备组
(全卷共4页，四大题，20小题，满分150分. )
注意事项：
1.答题前，考生务必在试题卷，答题卡规定的地方填涂自己的准考证号，姓名.
考生要认真核对答题卡上的准考证号，姓名与考生本人准考证号，姓名是否一致.
2.选择题，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.如需改动.用橡皮擦干净后再选涂其他答案标号.非选择题，用0.5毫米照射签字笔，在答题卡上规定的范围内书写作答.请不要错位，越界答题.
3.考试结束，考生请将答题卡交回.
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意先求集合B，再根据交集运算求解.
【详解】由题意可得：，
所以.
故选：C.
2. 已知复数满足，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可判断其虚部.
【详解】因为，
所以，故的虚部为.
故选：A
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据诱导公式及二倍角的余弦公式求解即可.
【详解】因为，
所以.
故选：D.
4. 在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若且，则是（ ）
A. 等边三角形B. 顶角为的等腰三角形
C. 等腰直角三角形D. 非直角三角形，也非等腰三角形
【答案】A
【解析】
【分析】由条件利用余弦定理求得，可得，由，再根据正弦定理和余弦定理再可得，从而得出结论．
【详解】在中， ，
，，
又由可得，
，故是等边三角形.
故选：A.
5. 已知非负实数满足，则的最小值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依题意可得且，利用乘“1”法及基本不等式计算可得.
【详解】因为非负实数满足，
显然，则，所以，
则
，当且仅当，即，时取等号，
所以的最小值为.
故选：B
6. 在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，且，，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理得到，再由三角形是锐角三角形求出的范围，即可求出的范围，从而得解.
【详解】锐角中，，，
由正弦定理可得，
所以，
又，
所以，解得，
所以，所以．
故选：D．
7. 已知 A，B，C是直线与函数（，）的图象的三个交点，如图所示．其中，点，B，C两点的横坐标分别为，若，则（ ）
A. B.
C. 的图象关于中心对称D. 在上单调递减
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，可得，进而求得，结合，得到，再逐项分析判断即可.
【详解】由，得，而，且点A在图象的下降部分，则，
于是，显然是直线与的图象的三个连续的交点，
由点横坐标，即，解得，，
解得，，则，而，因此，所以，
对于A，，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，的图象关于不对称，C错误；
对于D，当时，，当，即时，函数取得最小值，
又，因此在上不单调，D错误.
故选：B
【点睛】思路点睛：给定的部分图象求解解析式，一般是由函数图象的最高（低）点定A，求出周期定，由图象上特殊点求.
8. 设，若对任意的，都存在，使得成立，则可以是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设的值域为，的值域为，求出，根据题意，再代入选项逐项分析即可.
【详解】设的值域为，的值域为，
则由题意得，因为，则，
则，则，
因为，所以，
对A，当时，，则，
则，不满足，故A错误；
对B，当时，，
，
则，
则，满足，故B正确；
对C，当时，，
，
则，
则，不满足，故C错误；
对D，当时，，
则，
则，不满足，故D错误；
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据题意将其转化为两函数值域之间的包含关系，再利用整体法求出相关三角函数的值域，代入选项逐个分析即可.
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的4个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分， 部分选对的得2分.
9. 命题“存在，使得”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据题意，转化为存在，设定，利用二次函数的性质，求得的最小值为，求得的取值范围，结合充分不必要条件的定义和选项，即可求解.
【详解】由题意，存在，使得，即，
当时，即时，的最小值为，故；
所以命题“存在，使得”为真命题的充分不必要条件是的真子集，
结合选项可得，C和D项符合条件.
故选：CD.
10. 对于函数，下列结论正确的是（ ）
A. 函数的图象关于点对称；
B. 函数的对称轴是，；
C. 若函数是偶函数，则的最小值为；
D. 函数在的值域为，
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用三角恒等变换公式将函数化简得，计算可判断A；求出函数的对称轴方程可判断B；根据为偶函数求出可判断C；根据的范围求出最大值可判断D.
【详解】对于A，因为
，
因为，所以函数的图象关于点对称，
故A正确；
对于B，令，解得，
所以函数的对称轴是，，故B正确；
对于C，因为为偶函数，
所以，解得，
所以的最小值为，故C正确；
对于D，当，则，当，
即时，，，故D错误.
故选：ABD
11. 下列选项正确的有（ ）
A. 若是方程的一个根，则
B. 复数与分别表示向量与，则向量表示的复数为
C. 若复数满足，则的最大值为
D. 若复数，满足，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】通过复数范围内方程的根判断A；通过复数的几何意义与平面向量的坐标运算判断B；由复数模的几何意义及点到圆上点的最值的求法判断C；根据复数的乘除运算及模的求法判断D．
【详解】对于A：若是方程的一个根，
则方程的两个根分别，
所以，
所以，故A错误；
对于B：由题意可知，
所以，
所以向量表示的复数为，故B正确；
对于C：设，
若复数满足，
则在复平面内点在圆上，
圆的圆心，半径，
则的几何意义为原点到圆上点的距离，又，
则的最大值为，C正确；
对于D：因为，
所以，
，
所以，D正确．
故选：BCD.
三、填空题
12. 已知集合，，若，则实数a取值范围是______．
【答案】或
【解析】
【分析】利用空集的意义,列式求a的范围；再利用交集的结果，借助集合的包含关系求出a的范围.
【详解】由，得，
当时，，则，解得，
当时，，解得，
所以实数a的取值范围是或.
故答案为：或
13. 在函数的图象中，把横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的解析式是____________
【答案】
【解析】
【分析】利用三角函数的平移和伸缩法则求解即可.
【详解】首先，我们先在函数的图象中，
把横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），此时解析式变为，
然后再向左平移个单位长度，此时解析式变为.
故答案为：
14. 设，已知函数在区间恰有6个零点，则ω的取值范围为____________
【答案】.
【解析】
【分析】令，求得从左到右的零点依次为：，结合题意，列出不等式，即可求解.
【详解】由函数，
令，即或，
解得的正零点为或，
所以函数从左到右的零点依次为：，
为了使得在区间恰有6个零点，只需，解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题
15. 已知数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，数列的前项和为，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意，根据计算即可求解；
（2）由（1）得，结合裂项相消求和法计算可得，即可证明.
【小问1详解】
当时，，
因为时，，满足上式，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
，
，
因为，所以.
16. 已知抛物线，其焦点为，点在抛物线C上，且．
（1）求抛物线的方程；
（2）为坐标原点，为抛物线上不同的两点，且，求证直线过定点；
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用焦半径公式建立方程，解出参数，得到抛物线方程即可；
（2）设出直线的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理代入的坐标运算可得答案.
【小问1详解】
抛物线，,
其焦点为，准线方程为，
可得，且，
解得，或（舍去），，
则抛物线的方程为；
小问2详解】
如图，设直线的方程为，，
联立，可得，
则，又，所以，
由，可得，解得，或（舍去），
所以直线恒过定点.
17. 已知中，角的对边分别是，
（1）求角的大小；
（2）求的最大值；
（3）若，为边上靠近点的三等分点，求的面积．
【答案】（1）
（2）18 （3）
【解析】
【分析】（1）由正余弦定理边化角，再由两角和的正弦公式化简可求解；
（2）由余弦定理，代入已知数据结合重要不等式求解；
（3）由题意有，两边平方化简得，在中和中，由余弦定理得化简得，解得，代入②得，可求的面积.
【小问1详解】
由，而，
所以，即，
由正弦定理得．
故．
即，
即，而，，
故，即．
而，故.
【小问2详解】
由余弦定理得，即，而，
所以，
所以，当且仅当时等号成立．
故最大值为18.
【小问3详解】
因为D为边上靠近B点的三等分点，，，
有，即，
故，
两边平方得，
即，
化简得①，
在中，由余弦定理得；
在中，由余弦定理得；
而，
故，
即②，
由①和②得：，
解得，代入②得，
所以的面积为.
18. 已知函数.
（1）若，求曲线在处切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）若时，恒成立，求实数a的取值范围
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）求导，分类讨论的符号以及根与定义域之间的关系，结合导数与单调性之间的关系分析求解；
（3）令，分析可知原题意等价于对任意恒成立，利用导数判断的单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.
【小问1详解】
若，则，，
可得，
即切点坐标为，切线斜率为，
所以切线方程为，即.
【小问2详解】
由题意可知：的定义域为，且，
令，即，则有：
当，即时，则，即，
所以在内单调递增；
当，即时，则方程有两个不相等的实根，，
且，
若，即，令，解得；，解得；
则在内单调递减，在内单调递增；
若，即，令，解得或；，解得；
则在内单调递减，在内单调递增；
综上所述：当时，在内单调递增；
当，在内单调递减，在内单调递增；
若，在内单调递减，在内单调递增.
【小问3详解】
因为，整理可得，
令，原题意等价于对任意恒成立，
因为，
令，则对任意恒成立，
可知在内单调递减，则，
即对任意恒成立，可知在内单调递减，则，
可得，解得，
所以实数a的取值范围为.
【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．
19. 如图，在三棱柱中，棱的中点分别为在平面内的射影为D，是边长为2的等边三角形，且，点F在棱上运动（包括端点）．
（1）若点为棱的中点，求点到平面的距离；
（2）求锐二面角的余弦值的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用空间向量法来求点到面的距离即可；
（2）用动点引入变量表示动向量，再用空间向量法求二面角的余弦值，最后利用关于变量的函数求取值范围即可.
【小问1详解】
连接，依题意可知平面，由于平面，
所以，
由于三角形是等边三角形，所以，，
又，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，
又，故，，
则，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
故，又，
所以点到平面的距离为.
【小问2详解】
设，，
则，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
故可设，
设锐二面角为，
则，
令，
所以，设，
则，
二次函数的开口向上，对称轴为，
所以当时，该二次函数单调递增，
所以当时，该二次函数有最小值，
当时，该二次函数有最大值，
所以，即.
即锐二面角的余弦值的取值范围.
20. 某学校有甲、乙、丙三家餐厅，分布在生活区的南北两个区域，其中甲、乙餐厅在南区，丙餐厅在北区各餐厅菜品丰富多样，可以满足学生的不同口味和需求.
附:;
（1）现在对学生性别与在南北两个区域就餐的相关性进行分析，得到下表所示的抽样数据，依据的独立性检验，能否认为在不同区域就餐与学生性别有关联?
（2）张同学选择餐厅就餐时，如果前一天在甲餐厅，那么后一天去甲，乙餐厅的概率均为;如果前一天在乙餐厅，那么后一天去甲，丙餐厅的概率分别为:如果前一天在丙餐厅，那么后一天去甲，乙餐厅的概率均为.张同学第1天就餐时选择甲，乙，丙餐厅的概率分别为.
(i)求第2天他去乙餐厅用餐的概率;
(ii)求第天他去甲餐厅用餐的概率.
【答案】（1）没有关联
（2）(i);(ii)
【解析】
【分析】（1）根据卡方计算公式计算，与临界值比较即可求解；
（2）根据相互独立事件的概率，结合全概率公式即可求解（ⅰ），根据递推关系，结合等比数列的定义即可求解（ⅱ）.
【小问1详解】
依据表中数据，，
依据的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，即认为在不同区域就餐与学生性别没有关联．
【小问2详解】
设“第天去甲餐厅用餐”，“第天去乙餐厅用餐”，“第天去丙餐厅用餐”，则两两独立，．
根据题意得，，．，
（ⅰ）由，结合全概率公式，得，
因此，张同学第2天去乙餐厅用餐的概率为．
（ⅱ）记第天他去甲，乙，丙餐厅用餐的概率分别为，
则，由全概率公式，
得
=，
故 ①，
同理②，③，④，
由①②，，由④，，
代入②，得：，即，
故是首项为，公比为的等比数列，
即，所以，
于是，当时，，
综上所述：
【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：
（1）当出现时，构造等差数列；
（2）当出现时，构造等比数列；
（3）当出现时，用累加法求解；
（4）当出现时，用累乘法求解.
0.100
0.050
0025
0.010
2.706
3.841
5.024
6.635
性别
就餐区域
南区
北区
男
33
10
43
女
38
7
45
合计
71
17
88