湖南省常德市2023-2024学年高二下学期期末考试+数学试卷（含答案）

这是一份湖南省常德市2023-2024学年高二下学期期末考试+数学试卷（含答案），共22页。试卷主要包含了 如果定义在R上的函数满足， 若，，，则， 设函数，且，下列命题等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
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. 函数在上的单调性是（）．
A. 单调递增
B. 单调递减
C. 在上单调递减，在上单调递增
D. 在上单调递增，在上单调递减
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数判断函数在上的单调性.
【详解】，令，得；
令，得，
∴函数在上单调递减，在上单调递增．
故选：C
2. 已知数列是由正数组成的等比数列，为其前项和.已知，则（ ）
A. 15B. 17C. 31D. 33
【答案】C
【解析】
【分析】先判断，再求出首项和公比，注意各项均为正数，再求即可.
【详解】解：设公比为，显然，
则，所以，
所以，
故选：C
【点睛】考查等比数列的有关计算，基础题.
3. 正方体的棱长为2，E，F，G分别为，AB，的中点，则直线ED与FG所成角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算即可求解.
【详解】如图所示建立适当空间直角坐标系，
故选：B
4. 如果定义在R上的函数满足：对于任意，都有
，则称为“函数”．给出下列函数：①；②；③；④，其中“函数”的个数是
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可得恒成立，则函数f（x）是定义在R上的增函数，利用导数判断①②得单调性，即可判断；根据指数函数得单调性即可判断③，分和判断函数得单调性即可判断④.
【详解】解：∵对于任意给定的不等实数，不等式恒成立，
∴不等式等价为恒成立，
即函数f（x）是定义在R上的增函数，
①，，当或时，，
所以函数在和上递减，故不满足条件；
②；，
所以函数单调递增，满足条件；
③为增函数，满足条件；
④，当x＞0时，函数单调递增，当x＜0时，函数单调递减，不满足条件，
综上满足“H函数”的函数为②③.
故选：C.
5. 剪纸是中国古老的传统民间艺术之一，剪纸时常会沿着纸的某条对称轴对折．将一张纸片先左右折叠，再上下折叠，然后沿半圆弧虚线裁剪，展开得到最后的图形，若正方形的边长为，点在四段圆弧上运动，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，求出点的横坐标的取值范围，利用平面向量数量积的坐标运算可求得的取值范围.
【详解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
设点，易知，以为半径的左半圆的方程为，
以为半径的右半圆的方程为，
所以点的横坐标的取值范围是，
又因为，，所以，.
故选：B.
6. 若函数恰有两个零点，则实数t的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将问题转化为与有两个交点，分类讨论取绝对值，利用导数讨论单调性，然后做出的草图可得.
【详解】因为，所以不是的零点，
当时，令，则，
记，
则问题转化为与有两个交点，
易知在上单调递增，
又，
所以的零点，当时，当时，
当且时，，
令，得
当时，，单调递增，当或时，，单调递减，
当时，，则，单调递增，
且当x趋近于0或从左趋近于1时，趋近于，当x从右趋近于1时，趋近于，当x趋近于时，趋近于1.
又，
所以可作的草图如下：
由图可知，当或时，与有两个交点，即有两个零点.
故选：B
7. 已知点，若圆上存在点，使得线段的中点也在圆上，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据已知用相关点法，求出中点的轨迹方程，又有点在圆上，可得点轨迹与圆有公共点，求出的范围.
【详解】设，的中点，
由已知有解得，
即的中点的轨迹为圆，
又线段的中点也在圆上，∴两圆有公共点，
∴，解得.
故选:B.
【点睛】本题考查动点轨迹方程的求法，以及圆与圆的位置关系，属于中档题.
8. 若，，，则（）
AB.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用对数运算结合对数函数单调性可得，并与比较大小，再构造函数，可得，即可与c比较大小作答.
【详解】依题意，，
令函数，求导得，
函数在上单调递减，，即当时，，
，
，即，因此，
所以.
故选：B
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
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. 已知平行六面体如图所示，其中，，，线段AC，BD交于点O，点E是线段上靠近的三等分点，则下列说法正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由向量的线性运算和数量积的定义，化简求值.
【详解】依题意，，
，，
，故A正确；
，故B错误；
，
则，故C错误；
，故D正确；
故选：AD.
10. 设函数，且，下列命题：其中正确的命题是（ ）
A 若，则；
B. 存在，，使得；
C. 若，，则；
D. 对任意的，，都有.
【答案】BCD
【解析】
【分析】
结合割线与切线斜率的大小关系即可判断选项A、B、C，根据中位线与函数值的大小比较可判断选项D，进而可得正确选项.
【详解】
由可得，
如图：对于选项A：表示曲线在点处的切线斜率小于割线的斜率，所以，故选项A不正确；
对于选项B：在点处的切线斜率小于割线的斜率，在点处的切线斜率大于割线的斜率，所以在曲线上必存在某点，使得该点处的切线斜率等于割线的斜率，所以存在，使得； 故选项B正确；
对于选项C：，由图知割线的斜率，小于在点处的切线的斜率，所以，故选项C正确；
对于选项D：由图知梯形中位线的长为，的长为，
因为，所以，故选项D正确；
故选：BCD公众号：高中试卷君
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用导数的几何意义，数形结合比较切线和割线的斜率，理解凸函数的性质.
11. 已知函数，则下列结论正确的是（）
A. 函数存在三个不同的零点
B. 函数的极小值为，极大值为
C. 若时，，则t的最大值为2
D. 若方程有两个实根，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】解方程求出零点判断A；利用导数求出函数的极值判断B；求出函数单调区间，数形结合判断CD.
【详解】对于A，由，得，解得，函数只有两个零点，A错误；
对于B，函数定义域为R，求导得，
当或时，，当时，，
函数的极小值为，极大值为，B正确；
对于C，函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，单调递减，值域为，而，
则，函数在上的值域为，
当时，恒成立，函数在上的值域为，
因此存在，使得，如图，
由当时，，得，则的最大值为2，C正确；
对于D，方程有两个实根等价于的图象与直线有两个交点，如图，
观察图象知：当时，直线与的图象有两个交点，
因此方程有两个实根时，，D正确.
故选：BCD
【点睛】易错点睛：关键是首先求函数的导数，令导数为0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，要注意是函数的单调递减区间，且恒成立，图象是无限接近轴，如果这里判断错了，那选项就容易判断错了．
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. “中国剩余定理”又称“孙子定理”．“中国剩余定理”讲的是关于带余除法的问题，现有这样一个问题：将2至2019这2018个整数中被5除余1且被7除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为_______．
【答案】57
【解析】
【分析】由题意可得，令，求出n的最大值即可得解.
【详解】被5除余1且被7除余1的数就是被35除余1的数，故．
由可得可取的最大整数为57，故此数列最后一项的项数为57．
故答案为：57.
【点睛】本题考查了数列通项公式的应用，属于基础题.
13. 已知为坐标原点，抛物线的焦点为，过的直线交于A，B两点，A，B中点在轴上方且其横坐标为1，，则直线的斜率为______.
【答案】
【解析】
【分析】设出直线的方程为：，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式，以及中点坐标即可求解.
【详解】由题意可知：直线的斜率存在且大于零，
则设直线的方程为：，，
联立方程组，整理可得：，
则，，又因为A，B中点的横坐标为1，
所以，则，
由弦长公式可得：，
又因为，则有，
化简整理可得：，即，解得：，
因为，所以，
故答案为：.
14. 如图所示，在四棱锥P-ABCD中，若平面平面ABCD，侧面PAD是边长为的正三角形，底面ABCD是矩形，，点Q是PD的中点，则下列结论中正确的是______．（填序号）
①平面PAD；②PC与平面AQC所成角的余弦值为；
③三棱锥B-ACQ的体积为；④四棱锥Q-ABCD外接球的内接正四面体的表面积为．
【答案】②④
【解析】
【分析】取的中点，的中点，连接，则由已知可得平面，而底面为矩形，所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量依次求解即可.
【详解】解：取的中点，的中点，连接，
因为三角形为等边三角形，所以,
因为平面平面ABCD，所以平面，
因为，所以两两垂直，
所以，如下图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
因为点Q是PD的中点，所以，
对于①：平面的法向量为，，
所以 与 不共线，所以与平面不垂直，故①不正确；
对于②：，
设平面的法向量为，则
，
令，则，
所以，
设PC与平面AQC所成角为，
则，
所以，所以②正确；
对于③：三棱锥的体积为
，所以③不正确；
对于④：设四棱锥外接球的球心为，则，
所以，
解得，即为矩形对角线的交点，
所以四棱锥外接球的半径为，
设四棱锥外接球的内接正四面体的棱长为，
将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，
故正方体的棱长为，所以，得，
所以正四面体的表面积为，所以④正确.
故选：②④.公众号：高中试卷君
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. 春夏之交因昼夜温差大，细菌、病毒等活跃，是流感高发季节．某校高二年级某组团统计了流感暴发前的半个月与流感暴发后的半个月的学生请假情况，得到如下数据：
（1）完成列联表，并依据的独立性检验，判断能否认为流感暴发对请假的同学中发烧的人数有影响．
（2）后经过了解，在全校因发烧请假的同学中男生占比为，且的因发烧请假的男生需要输液治疗，的因发烧请假的女生需要输液治疗．学校随机选择一名因发烧请假在医院输液的同学进行慰问，求这名同学是女生的概率．
附：．
【答案】（1）表格见解析，有影响
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意完成列联表，计算，再与临界值比较即可；（2）利用条件概率公式求解.
【小问1详解】
零假设为：流感暴发与请假的同学中发烧的人数之间相互独立．
完成列联表如下所示．
根据列联表中的数据，经计算得
．
所以我们推断不成立，即可以认为流感暴发对请假的同学中发烧的人数有影响．
【小问2详解】
设事件表示请假的同学为女生，事件表示需要输液治疗，
，，
则．
所以这名同学是女生的概率为．
16. 已知为各项均为正数的等比数列，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)利用基本量法，求出首项和公比，即可求解.
(2)利用错位相减法，即可求解.
【小问1详解】
设等比数列公比
【小问2详解】
17. 为建设“书香校园”，学校图书馆对所有学生开放图书借阅，可借阅的图书分为“期刊杂志”与“文献书籍”两类，已知该校小明同学的图书借阅规律如下：第一次随机选择一类图书借阅，若前一次选择借阅“期刊杂志”，则下次也选择借阅“期刊杂志”的概率为，若前一次选择借阅“文献书籍”，则下次选择借阅“期刊杂志”的概率为．
（1）求小明同学在两次借阅过程中恰有一次借阅“期刊杂志”的概率；
（2）求小明同学在两次借阅过程中，第二次借阅的是“文献书籍”的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用互斥事件的概率公式与条件概率的乘法公式即可得解；
（2）利用全概率公式求解.
【小问1详解】
用，分别表示第一次、第二次借阅“期刊杂志”，用，表示第一次、第二次借阅“文献书籍”.
则，，，,.
记两次借阅过程中恰有一次借阅“期刊杂志”为事件，则
.
【小问2详解】
设第二次借阅“文献书籍”为事件，则：
.
18. 如图，四棱锥底面是正方形，平面，，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）若为的中点，求二面角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法求解即可.
【小问1详解】
以为原点，建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
而，故，，
故，，，
设面的法向量为，故得，
令，解得，，故得，
显然与平行，故平面得证.
【小问2详解】
易知，，，，
，，设面的法向量为，
故有，令，解得，，故，
设面的法向量为，故得，
令，解得，，故，
设二面角为，结合图象可知，
故，
故，即二面角的大小为.
19. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设函数有两个不同的零点，
（i）求实数的取值范围：
（ⅱ）若满足，求实数的最大值.
【答案】（1）答案见解析；
（2）（i）；（ⅱ）.
【解析】
【分析】（1）求导，分类讨论参数和时，函数的单调性即可.
（2）（ⅰ）利用参数分离可得，令，利用导数研究函数的单调性，极值，数形结合即可；
（ⅱ）由已知，设，可得，设，利用导数研究函数的单调性，可求额，再利用的单调性可求得，进而求得结果.
【小问1详解】
函数的定义域为，求导得，
当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，由，得，由，得，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，的递增区间是，无递减区间；
当时，的递增区间是，递减区间是.
【小问2详解】
（ⅰ）由，得，令，求导得，
当时，，当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，，
而当时，恒成立，且，
由有两个零点，即方程有两个不等的正根，亦即直线与的图象有两个公共点，
因此，即，
所以实数的取值范围是.
（ⅱ）由，得，且，
不妨设，将代入，
得，即，
令，求导得，令，
求导得，则函数在上单调递减，
有，即，函数在上单调递减，
由，得，则，
因此函数在上单调递减，即，
于是，有，则，
又，令，，
由（ⅰ）知，在上递增，而，因此在上递增，
则，即，解得，
所以a的最大值是.
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究①转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
②列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
③得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
因发烧请假
非发烧请假
合计
流感暴发前
10
30
流感暴发后
30
合计
70
0．05
0．01
0．001
3．841
6．635
10．828
因发烧请假
非发烧请假
合计
流感暴发前
10
20
30
流感暴发后
30
10
40
合计
40
30
70