湖南省部分学校2023-2024学年高二下学期期末联考数学试题

这是一份湖南省部分学校2023-2024学年高二下学期期末联考数学试题，共19页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，函数的部分图象如图所示，则等内容，欢迎下载使用。
试题本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘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日的答案标号涂黑.写在试题卷､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：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
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.若，则（ ）
A.1 B. C.3 D.5
2.若，则下列三角函数值一定为负值的是（ ）
A. B. C. D.
3.在中，内角的对边分别为，则（ ）
A. B. C. D.1
4.设为抛物线的焦点，点为上一点，过作轴的垂线，垂足为，若，则（ ）
A. B. C. D.
5.某学校开展“国学知识竞赛”，共有“诗经组”，“论语组”，“春秋组”，“礼记组”4个小组参赛，每组10位选手，若该组每位选手的失分不超过6分，该组获得“优秀”称号，则根据每组选手的失分情况，下列小组一定获得“优秀”称号的是（ ）
A.诗经组中位数为3，众数为2
B.论语组平均数为3，方差为1
C.春秋组平均数为3，众数为2
D.礼记组中位数为3，极差为4
6.如图，在四棱锥中，平面，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
7.函数的部分图象如图所示，则（ ）
A.
B.
C.在区间共有8097个零点
D.的图象向左平移个单位长度后得到的新图象关于轴对称
8.在平面直角坐标系中，为曲线上位于第一象限上的一点，为在轴上的投影，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：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.已知均为正数，则使得“”成立的充分条件可以为（ ）
A.
B.
C.
D.
10.如图，棱长为2的正方体中，，则下列说法正确的是（ ）
A.时，平面
B.时，四面体的体积为定值
C.时，，使得平面
D.若三棱锥的外接球表面积为，则
11.已知函数，其中实数，且，则（ ）
A.当时，没有极值点
B.当有且仅有3个零点时，
C.当时，为奇函数
D.当时，过点作曲线的切线有且只有1条
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知某果园中芒果单果的质量（单位：）服从正态分布，若从该果园中随机挑选4个芒果，则恰有2个单果的质量均不低于100的概率为__________.
13.已知数列是首项为，公比为的等比数列，且，则的最大值为__________.
14.在锐角中，依次为三个内角的对边，已知，求的取值范围为__________.
四､解答题：本题共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.（本小题满分13分）
北京地铁四号线被誉为“学霸地铁”，因为它贯穿了几所国内特别有名的高校.某校5名高中生利用暑假假期去北京游学，他们在动物园站开始乘坐4号线，以下几个站：国家图书馆，魏公村，人民大学，中关村，北京大学为他们的可能参观点，由于时间安排和个人喜好不同，他们各自行动，每人选一个自己最喜欢的景点，每个人在北京大学站下车的概率为，在其他站下车的概率均为，且不走回头路，在圆明园站汇合，每个人在各个车站下车互不影响.
（1）求在魏公村下车的人数的分布列及期望；
（2）已知贾同学比李同学先下车，求贾同学在魏公村下车且李同学在北京大学站下车的概率.
16.（本小题满分15分）
数列的前项和为，当时，，数列满足：.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）记数列，数列的前项和为，求.
17.（本小题满分15分）
如图，是半圆的直径，依次是半圆弧上的两个三等分点，将沿翻折到，使得，得到四棱锥.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
18.（本小题满分17分）
已知函数.
（1）若是的极大值点，求的值；
（2）用表示中的最大值，设函数，试讨论零点的个数.
注：若，当时，，当时，.
19.（本小题满分17分）
已知椭圆的离心率，且上的点到的距离的最大值为.
（1）求的方程；
（2）过的直线与交于，记关于轴的对称点为.
①试证直线恒过定点；
②若在直线上的投影分别为，记的面积分别为，求的取值范围.
高二期末联考数学
参考答案及解析
一､选择题
1.A 【解析】.故选A.
2.C 【解析】与异号，又.故选C.
3.C 【解析】由题意可得..故选C.
4.D 【解析】由抛物线定义可知2，即有，解得，所以为原点，从而.故选D.
5.B 【解析】对于A数据为：时，满足中位数为3，众数为2，但不满足每位选手的失分不超过6分，故A错误；对于B，假设有一位同学失7分，则方差与方差为1矛盾，假设不成立，故B正确；对于C，数据为：1，2，2，2，2，时，满足平均数为3，众数为2，但是不满足每位选手失分不超过6分，故C错误；对于D，数据为：，满足中位数为3，极差为4，但最大值超过6分，故D错误.故选B.
6.A 【解析】（或补角）为异面直线与所成的角，平面，又
平面，
，
.故选A.
7.D 【解析】对于A，由题图可知，，从而，且位于单调递增区间，结合，可知，故A不正确；对于B，由图可得，解得，，又，所以，所以，故，故B错误；对于，共有8096个零点，故C不正确；对于D，的图象向左平移个单位长度后得到的图象的函数解析式为，显然的定义域为全体实数，所以的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称.故D正确.故选D.
8.B 【解析】由题意设，设，，则，其中，故，对任意的，则，令函数，其中，则.当（时，，此时函数单调递减；当时，，此时函数单调递增.所以，故.故选B.
二､多选题
9.AD 【解析】对于A，因为，故，故A选项正确；对于B，取，此时满足0，但，B选项错误；对于C，取，满足，所以C选项错误；对于D，由可知，，因为，所以，故D选项正确.故选AD.
10.ABD 【解析】对于A选项，时，，，又平面，平面，故平面，故A正确；对于B选项，时，的面积为定值；
而点是边上的点，且平面点到平面的距离即为直线到平面的距离为定值，四面体的体积为定值，故B正确；对于C选项，时，以为坐标原点，分别为轴为正向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，则，，记平面的法向量为，则，即，故可取，又时，，即不存在，使得平面，故C不正确；对于D选项，平面于点，且的外接圆半径；外接球的半径；故由有：，故D正确.故选
ABD.
11.BCD 【解析】当时，，则，当时，，当或时，，
所以分别是函数的极大值点和极小值点，选项A错误；当时，，当，，当或时，，即在上单调递减，在和上单调递增.当有且仅有3个零点时，且得得，选项B正确；当时，，所以为奇函数，选项C正确；不在曲线上.设过点的曲线切线的切点为，过点的曲线切线的方程为，又点在的切线上，有，即，设，当或时，单调递减，当时，单调递增，，易知与只有一个交点，选项D正确.故选BCD.
三､填空题
12. 【解析】由题可知，若从该果
园中随机挑选4个芒果，则恰有2个单果的质量均不低于100g的概率为.故答案为.
13.99 【解析】由已知，可得-，所以，设数列的前项和为，则，若100，即，因为函数为单调递增函数，所以满足的最大整数的值为99.故答案为99.
14. 【解析】，同理：，将看作常数，上式可以看作关于的函数，故只需求分母的取值范围，令，
解法一：，当单调递增，当单调递减；当，又
，代入.故答案为.
解法二：令，
令，则，因为，当时，取最大值，当或时，取，所以，即，代入.故答案为.
四､解答题
15.解：（1）的可能取值为，
由题意知每个人在魏公村下车的概率均为，且相互不影响，所以，，
.
（2）设事件：贾同学比李同学先下车；事件：贾同学在魏公村下车，且李同学在北京大学站下车，
，
，
.
16.解：（1）由时，，知数列是等差数列，
由，知数列的公差为1，
则，
，
当时，，且也满足上式，
，
，由为定值，知数列是等比数列.
（2）易见，
则
则
两式相减得，
化简得.
17.解：（1）如图1，连接，设，连接，
由是依次是半圆弧上的两个三等分点，
所以，
又是全等的等边三边形，
四边形及均为菱形，由，
得，在中，是的中点，
且，所以，在中，是的中点，
且，所以，
又，所以平面.
（2）法一：如图2，由为半圆的直径，在半圆弧上，所以
由（1）得平面，又平面，
所以，又，，
所以平面，所以二面角的大小等于二面角的大小与的和，
由平面，所以平面，作于，由，得为的中点，连，因为平面，所以，又，则平面，又平面，所以，故
即为的平面角.
在中，，
在中，分别为的中点，
所以，则，
设二面角的大小为，
所以.
法二：由，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，
，
设平面的法向量，
由，
即，取，则，
则，
由（1）平面，
所以可取平面的法向量，
，
设二面角的大小为，则
.
18.解：（1），
由是的极大值点，
则，解得
当时，，
当时，，令，
则
所以在上单调递减，
则，即，此时在上单调递增；
当时，令
，则
故即单调递减，
又
所以当时，单调递减，
故当时，是的极大值点.
（2）I：当时，，
，
此时无零点；
II：当时，，
①若，即时，
，
此时不是的零点；
②若，即时，
，
此时是的零点.
III：当时，零点个数等于零点个数.
显然是的一个零点.
当时，可转化为，
令，
则
，
由（1）知，，所以在上单调递减，
在上单调递减，在上单调递增，
的图象如下：
①当或或时，有1个零点；
②当或时，有2个零点；
③当时，无零点.
综合I，II，III得，
当或时，有2个零点；
当或或时，有3个零点；
当或时，有4个零点.
19.解：（1）由的离心率，则，
，设上的点，
则
，
，
①当，
即时，的最大值为，由
，则，
又，所以，所以此时椭圆的方程为
②当，
即时，的最大值为，
由
，
即，解得，不合题意.
综上可知，的方程为.
（2）①当直线斜率存在时，设直线的方程为，
，则，
由得，
，即
，
直线方程为，
当时，
，
故直线恒过定点.
当直线斜率不存在时，直线方程为也过.
故直线恒过定点.
②由题意知，此时的斜率一定存在.
由及，
所以
，
因为，令，
所以在上单调递增.
故的取值范围为.0
1
2
3
4
5