湖南师范大学附属中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题及参考答案

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时量：120分钟 满分：150分得分：
一､选择题：本大题共8个小题，每小题5分，满分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. 设复数z满足，z在复平面内对应的点为(x，y)，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考点为复数的运算，为基础题目，难度偏易．此题可采用几何法，根据点（x，y）和点(0，1)之间的距离为1，可选正确答案C．
【详解】则．故选C．
【点睛】本题考查复数的几何意义和模的运算，渗透了直观想象和数学运算素养．采取公式法或几何法，利用方程思想解题．
2. 直线与直线平行，则
A. B. 或C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】两直线平行，斜率相等；按，和三类求解.
【详解】当即时，
两直线为，，
两直线不平行，不符合题意；
当时，
两直线为 ，
两直线不平行，不符合题意；
当即时，
直线的斜率为 ，
直线的斜率为，
因为两直线平行，所以，
解得或，
故选B.
【点睛】本题考查直线平行的斜率关系，注意斜率不存在和斜率为零的情况.
3. 已知角的终边与单位圆的交于点，则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】分析：首先求出点的坐标，再利用三角函数的定义得出的值，进而由同角三角函数基本关系式求出结果即可．
详解：∵点在单位圆上，，则由三角函数的定义可得得则
点睛：此题考查了三角函数的定义以及同角三角函数基本关系式的应用，求出的值是解题的关键．
4. 随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G基站时要到（ ）
A. 2022年12月B. 2023年2月C. 2023年4月D. 2023年6月
【答案】B
【解析】
【分析】每个月开通基站的个数是以5为首项，1为公差的等差数列，设预计我国累计开通500万个基站需要个月，结合等差数列的前项和公式列得关于的方程，解之即可．
【详解】每个月开通基站的个数是以5为首项，1为公差的等差数列，
设预计我国累计开通500万个基站需要个月，则
，
化简整理得，，
解得或（舍负），
所以预计我国累计开通500万个基站需要25个月，也就是到2023年2月.
故选：B．
5. 已知(2x－1)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则|a0|＋|a1|＋…＋|a5|＝（ ）
A. 1B. 243C. 121D. 122
【答案】B
【解析】
【分析】运用赋值法建立方程组，解之可得选项.
【详解】令x＝1，得a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝1①，
令x＝－1，得－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝－243②，
①＋②，得2(a4＋a2＋a0)＝－242，即a4＋a2＋a0＝－121.，
①－②，得2(a5＋a3＋a1)＝244，即a5＋a3＋a1＝122.
所以|a0|＋|a1|＋…＋|a5|＝122＋121＝243
故选：B.
【点睛】方法点睛：对形如的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令即可；对形如的式子求其展开式中各项系数之和，只需令即可.
6. 设椭圆的两焦点分别为，，以为圆心，为半径的圆与交于，两点，若为直角三角形，则的离心率为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由为直角三角形，得，可得，利用椭圆的定义和离心率的概念，即可求解.
【详解】如图所示，因为为直角三角形，所以，
所以，则，解得，故选B

【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中合理利用椭圆的定义和离心率的概念求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
7. 如图，在平行四边形中，点是的中点，点为线段上的一动点，若，则的最大值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】设BD、AE交于O，根据题意可得，所以，进而可得，根据O、F、B三点共线，可得x，y的关系，代入所求，即可基本不等式，即可得答案.
【详解】设BD、AE交于O，因为，
所以，所以,
所以，则，
所以，
因为O、F、B三点共线，
所以，即，
所以，
因为，所以，
当且仅当，即时等号成立，此时，
所以，
故选：A
8. 已知当时，不等式恒成立，则正实数的最小值为（ ）
A 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】原不等式可变形为，令则对于恒成立，利用导数判断的单调性可得，转化为，令，利用导数求最小值可得的最大值即可求解.
【详解】由题意，原不等式可变形为，即，
设，则当时，恒成立，
因为，所以函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，所以，，
因为在上单调递增，所以要使，只需，
两边取对数，得，因为，所以；
令，因为，
所以在上单调递增，
所以，
所以，则，故正实数的最小值为，
故选：B.
二､多选题：本大题共4个小题，每小题5分，满分20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 4个班分别从3个景点选择一处游览，不同的选法的种数是；
B. 从1，2，3，4，5选择2个数（可重复）组成两位偶数一共有10个；
C. 两个口袋分别装有2个和3个小球，从两个口袋分别各取1个球，一共有5种取法；
D. 从1，3，5，7，10选择2个不相同的数作为分子分母组成分数，一共可以组成10个分数；
【答案】AB
【解析】
【分析】计算4个班分别从3个景点选择一处游览，共有几种选法，判断A;计算出从1，2，3，4，5选择2个数（可重复）组成两位偶数一共有几个，判断B;根据分步乘法原理计算两个口袋分别装有2个和3个小球，从两个口袋分别各取1个球，有几种取法，判断C;考虑1作分子情况和不选1时的情况，计算出分数的个数，判断D.
【详解】A, 4个班分别从3个景点选择一处游览，每一个班都有3种选择，分4步完成，
故有 种选法，A正确；
B，从1，2，3，4，5选择2个数（可重复）组成两位偶数，
先确定个位数字有2种可能，再确定十位数字有5种可能，故共有 个偶数，B正确；
C，两个口袋分别装有2个和3个小球，从两个口袋分别各取1个球，共有 种取法，C错误；
D，从1，3，5，7，10选择2个不相同数作为分子分母组成分数，
若选1作分子，则分母有4种可能，此时有4个分数，
不选1时，共有个分数，
故共有 个分数，故D错误，
故选：AB
10. 设等比数列的公比为q，其前n项和为，前n项积为，并且满足条件，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 的最大值为D. 的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题意，，再利用等比数列的定义以及性质逐一判断即可.
【详解】因为，，，
所以，，所以，故A正确.
，故B错误；
因为，，所以数列为递减数列，所以无最大值，故C错误；
又，，所以的最大值为，故D正确.
故选：AD
【点睛】本题考查了等比数列的性质、定义，考查了基本知识的掌握情况，属于基础题.
11. 已知函数的定义域为，则（ ）
A. 为奇函数
B. 在上单调递增
C. 有且仅有4个极值点
D. 恰有4个极大值点
【答案】BC
【解析】
【分析】由函数的定义域不关于原点对称，可知函数是非奇非偶函数，求出函数的导数，
利用导数分析函数的单调性与极值.
【详解】因为的定义域为，定义域不关于原点对称，
所以是非奇非偶函数，
又，
当时，，则在上单调递增，
显然，令，得，
分别作出，y在区间上的图象，
由图可知，这两个函数的图象在区间上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，
故在区间上的极值点的个数为4，且只有2个极大值点，
故选： BC．
12. 下列有关正方体说法，正确的有（ ）
A. 正方体的内切球､棱切球､外接球的半径之比为
B. 若正方体的棱长为为正方体侧面上的一个动点，为线段的两个三等分点，则的最小值为
C. 若正方体8个顶点到某个平面的距离为公差为1的等差数列，则正方体的棱长为
D. 若正方体的棱长为3，点在棱上，且，则三棱锥的外接球表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】设正方体棱长为，分别求出正方体的内切球､棱切球､外接球的半径判断A；利用补体法，把转为，当共线的时候最小，利用余弦定理求出判断B；利用已知条件确定棱长与8个顶点到某个平面的距离的关系，利用等体积法求出棱长判断C；利用坐标法求出球心坐标，进而求出球的半径，从而求出外接球表面积判断D.
【详解】对于选项A，设正方体边长为，则其内切球､棱切球､外接球半径分别为，故比值为，故A正确；
对于选项B，如图，当共线的时候最小，
在中，，
由余弦定理得，
所以，所以有最小值，故B正确；
对于选项C，因为点到某个平面的距离成等差数列，且公差为1.
不妨设平面为符合题意的平面，过点，
延长分别交平面于点，
则点与平面的距离分别应为，
因为互相平行，所以它们与平面所成角相等，
故由比例关系得.
设正方体的棱长为，则，
用几何方法可解得，
由余弦定理可得，
，
故，
由平面，知为四面体的底面上的高，
所以由，算得点到平面的距离，
，
因为，所以，从而可得，
所以正方体的棱长为，故C错误；
对于选项D，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设三棱锥的外接球球心为，
由得，，解得，
所以三棱锥的外接球半径，
所以三棱锥的外接球表面积为，D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：几何体外接球半径的求法主要有：①直接法：确定球心位置，求出半径；②补形法：把几何体补成常见几何体，如正方体，长方体等；③向量坐标法：建立坐标系，设出球心，利用半径相等可得球心坐标，进而可求半径.
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数，若，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用导数的运算法则及求导公式求出导数，再由给定的导数值求出.
【详解】函数，求导得，
于是，所以.
故答案为：
14. 若直线与圆交于两点，当最小时，劣弧的长为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出直线过定点的坐标，再求出圆的圆心和半径，当时取得最小值，最后求出劣弧的长.
【详解】直线可化为，
则当且，即且时，等式恒成立，所以直线恒过定点，
圆的圆心为，半径，
当时，取得最小值，且最小值为，
此时弦长所对的圆心角为，所以劣弧的长为.
故答案为：
15. 已知的内角，，所对的边分别为，，，若，，且，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理、诱导公式、和角公式、差角公式、二倍角公式分析运算即可得解.
【详解】解：由题意，，
则由正弦定理可得，
∵，∴，∴，
又∵，则，
∴，
∴.又由，
可得：，则，
∴，即，则，
∴，即，由解得：，
∴由解得：，.
∴由正弦定理可得：，解得：，，
∴.
故答案为：
16. 如图，椭圆与双曲线有公共焦点，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为两曲线的一个公共点，且为的内心，三点共线，且轴上点满足，则的最小值为__________；的最小值为__________.
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】根据椭圆和双曲线的定义可得，进而根据余弦定理，结合离心率公式可得，即可利用基本不等式求解空1，根据内心的性质，结合椭圆定义和双曲线定义可得，，进而根据基本不等式乘“1”法即可求解.
【详解】由题意得椭圆与双曲线的焦距为，
椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，不妨设点在双曲线的右支上，
由双曲线的定义：，由椭圆的定义：，
可得：，又，由余弦定理得：
，
即
整理得：，所以：；
则，当且仅当时取等号.
为的内心，所以为的角平分线，
由于,则有，
同理：，所以，所以，
即，
因为，所以，故，
为的内心，三点共线，
即为的角平分线，
延长射线，连接，由点向作垂线，垂足分别为，
，
，即为的角平分线.
，
即为的角平分线，
则有，又，
所以，即，
因为，所以，故，
所以，
当且仅当时，等号成立，所以的最小值为.
故答案为：，
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用.
四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知函数.
（1）求函数的单调递减区间和最小正周期；
（2）若当时，不等式有解，求实数的取值范围.
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用二倍角正弦、余弦公式和辅助角公式对函数进行化简，利用正弦函数的性质可得出函数的单调递减区间，利用正弦函数的周期公式即可求出函数的最小正周期；
（2）根据题意可知小于等于的最大值，结合正弦函数的定义域求出最大值，即可知的取值范围.
【小问1详解】
.
所以函数的最小正周期.
由，解得.
所以函数的单调递减区间为.
【小问2详解】
由题意可知，即.
因为，所以.
故当，即时，取得最大值，且最大值为.
所以，实数的取值范围为.
18. 用总长为的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制容器底面一边比另一边的长多，那么高为多少时容器的容积最大？最大容积是多少？
【答案】当长方体容器的高为时，容积最大，最大容积为.
【解析】
【分析】设底面的一边的长为，求出另一边的长为，以及高，表示出体积，利用导数求出最大值即可.
【详解】设底面的一边的长为，另一边的长为.
因为钢条长为，所以，长方体容器的高为.
设容器的容积为，
则，
，
解得（舍去），，
当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减；
因此，是函数在内的极大值点，也是最大值点.
此时长方体容器的高为.
所以，当长方体容器的高为时，容积最大，最大容积为.
19. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记.
（1）求长最小值；
（2）当的长最小时，求二面角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，建立空间直角坐标系，求出，，再利用空间两点间的距离公式，即可求出结果；
（2）根据（1）结果，得到，再求出平面和的法向量，再利用两平面夹角的向量法，即可求出结果.
【小问1详解】
因为面面，又面面，，面，所以面，又，
如图，以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，
因为两个正方形的边长为1，则，
又，则，得到，
同理可得，
所以，
又，所以当时，的长最小，最小值为.
【小问2详解】
由（1）知，的长最小时，分别为正方形对角线和的中点，可得，
设平面的一个法向量为，又，
由，取，可得，
设平面的一个法向量为，又，，
由，取，可得，
则，所以，
因此，二面角的正弦值为.
20. 已知数列的首项，且满足
（1）记，证明：为等比数列；
（2）求数列的通项公式及其前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2），.
【解析】
【分析】（1）先求出的递推关系式，利用等比数列的定义可证结论；
（2）利用分组求和的方法可求答案.
【小问1详解】
因为且，
则，
可得.
且，所以是以5为首项，4为公比的等比数列.
【小问2详解】
由（1）可得，所以，即.
又因为，则.
所以数列的通项公式为
又，
所以
.
所以数列的前项的和.
21. 阅读材料并解决如下问题：Bézier曲线是计算机图形学及其相关领域中重要的参数曲线之一.法国数学家DeCasteljau对Bézier曲线进行了图形化应用的测试，提出了DeCasteljau算法：已知三个定点，根据对应的一定比例，使用递推画法，可以画出抛物线.反之，已知抛物线上三点的切线，也有相应边成比例的结论.已知抛物线上的动点到焦点距离的最小值为.
（1）求的方程及其焦点坐标和准线方程；
（2）如图，是上的三点，过三点的三条切线分别两两交于点，若，求的值.
【答案】（1）抛物线的标准方程为，其焦点坐标为，准线方程为
（2）1
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，求出，即可得的方程及其焦点坐标和准线方程；
（2）设，抛物线上过点的切线方程为，联立方程，根据求出，进而可求得抛物线上过点的切线方程，同理可求得抛物线上过点的切线方程，两两联立，可以求得交点的纵坐标，再分别求出，再根据即可得解.
【小问1详解】
因为抛物线上的点到焦点距离的最小值为，
转化为到准线距离的最小值为，所以，所以，
因此抛物线的标准方程为，其焦点坐标为，准线方程为；
【小问2详解】
设，
则抛物线上过点的切线方程为，
将切线方程与抛物线方程联立，得：
联立，消去，整理得，
所以，从而有，
所以抛物线上过点的切线方程为，
同理可得抛物线上过点的切线方程分别为，
两两联立，可以求得交点的纵坐标分别为
，
则，
同理可得，即，
当时，，故，即，
因此.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
22. 设且恒成立.
（1）求实数的值；
（2）证明：存在唯一的极大值点，且.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）将问题转化为，恒成立，利用导数求解的单调性，即可求解，构造函数，继续利用导数求解函数的单调性得最值即可求解，
（2）利用导数求解函数的单调性，结合零点存在性定理，即可求证.
【小问1详解】
由条件知恒成立，
恒成立，
令，则恒成立，，
①当时，在上单调递增，又，
当时，，与矛盾，不合题意；
②当时，在单调递减，在单调递增，
当时，有极小值，也为最小值，且最小值为，
又恒成立，，
令，则，
令，解得，
在单调递增，在单调递减，，
所以由，解得，
综上，实数的值为.
【小问2详解】
由题可得，
令，则，由得，
在上，，在上，，
所以在单调递减，在单调递增，
又，
，
由零点存在定理及的单调性知，方程在有唯一根，
设为且，
从而有两个零点和0，
且在区间上，，
在区间上，,在区间上，，
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，
从而存在唯一的极大值点，
由得，
，
等号不成立，所以，
又在单调递增，
所以，
综上可知，存在唯一的极大值点，且成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.