高二下学期期末考测试卷（必修一~选修三）-2023-2024学年学年高二数学高效讲与练(人教A版2019选择性必修第三册)

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2．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、试室号、座位号填写在答题卷上。
3. 答题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷上各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卷整洁，考试结束后，将答题卷交回，试卷自己保存。
第I卷(选择题 共60分)
一、单项选择题（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，只有一项符合题目要求.）
1．（2023春·广东惠州·高二惠州市惠阳高级中学实验学校校考阶段练习）已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出，利用并集概念进行求解.
【详解】，故.
故选：C
2．（2023·广东汕头·统考三模）已知复数z的共轭复数，则复数z在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】D
【分析】由复数的运算求出复数z，再由复数几何意义即可解答.
【详解】由题意，
所以，则复数z在复平面内对应的点，为第四象限内的点.
故选：D
3．（2023春·广东佛山·高二校考阶段练习）圆台的上､下底面半径分别是，且圆台的母线长为5，则该圆台的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用圆台的体积公式即可求得该圆台的体积.
【详解】圆台的上､下底面半径分别是，且圆台的母线长为5，
则圆台的高为，
则该圆台的体积是
故选：B
4．（2023春·广东揭阳·高二统考期末）下列函数中，周期为1的奇函数是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由三角函数的性质对选项逐一判断
【详解】对于A，函数为奇函数，，A错误；
对于B，为偶函数，，B错误；
对于C，为奇函数，，C正确；
对于D，为奇函数，，D错误.
故选：C
5．（2023·广东揭阳·统考三模）曲线在点处的切线与坐标轴所围三角形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由导数法求出切线方程，再求出截距，即可求所围三角形面积.
【详解】，在点处的切线为，截距分别为，故切线与坐标轴所围三角形的面积为.
故选：D
6．（2023秋·广东清远·高二校考阶段练习）已知直线双曲线的一条渐近线，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】A
【分析】由已知条件可得，从而可求出离心率
【详解】双曲线的渐近线为，所以，
所以离心率为，
故选：A
7．（2023秋·广东广州·高二广州市第一一三中学校考期末）已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，将角的终边按顺时针方向旋转后经过点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据角的旋转与三角函数定义得，利用两角和的正切公式求得，然后待求式由二倍公式，“1”的代换，变成二次齐次式，转化为的式子，再计算可得．
【详解】解：将角的终边按顺时针方向旋转后所得的角为，因为旋转后的终边过点，所以，
所以.
所以.
故选：A．
8．（2023秋·广东江门·高三新会陈经纶中学校考阶段练习）已知，且满足，则下列正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用指对数互化及对数的运算性质可得，进而可得，然后构造函数，利用函数的单调性即得.
【详解】由，可得，
所以，或，
∴(舍去)，或，即，故A错误；
又，故，
∴，对于函数，
则，函数单调递增，
∴，故D错误；
∵，，
∴，
令，则，
∴函数单调递增，
∴，即，
∴，即，故B正确；
∵，
∴函数单调递增，故函数单调递增，
∴，即，故C错误.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数，然后利用导数研究函数的单调性，进而即得.
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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．（2023秋·广东·高二校联考期末）已知向量，则（ ）
A．B．向量的夹角为
C．D．在方向上的投影向量是
【答案】BD
【分析】根据向量的加法求出，由两个向量垂直，数量积为零，求出，然后逐一判断各选项，在方向上的投影向量为.
【详解】已知则，
，，，，故A错误；
，所以向量的夹角为，故B正确；
，，故错误；
在方向上的投影向量为，故D正确.
故选：BD.
10．（2023秋·广东·高二校联考期末）为了庆祝伟大的中国共产党第二十次全国代表大会召开，某校开展了“爱祖国､跟党走”的知识答题竞赛，若参赛学生的成绩都在50分至100分之间，现随机抽取了400名学生的成绩，进行适当分组后，画出如下频率分布直方图，则（ ）
A．在被抽取的学生中，成绩在区间内的学生有120人
B．图中的值为
C．估计全校学生成绩的中位数约为
D．估计全校学生成绩的分位数为
【答案】ACD
【分析】根据成绩在区间内的频率计算成绩在区间内的学生人数，即可判断；根据学生成绩的都在50分至100分之间的频率之和为1可求得的值，即可判断；按照频率分布直方图中中位数的计算过程即可判断；按照频率分布直方图中百分位数的计算方法计算即可判断.
【详解】由题意，成绩在区间内的学生人数为，故正确；由，得，故错误；
由于前3组的频率和，
前4组的频率和，
所以中位数在第4组，设中位数为，
则，得，故正确；
低于90分的频率为，设样本数据的分位数为，
则，解得，故正确.
故选：.
11．（2023秋·广东清远·高二校考阶段练习）已知的三个顶点为，则（ ）
A．为直角三角形B．的面积为3
C．边上的中线所在直线方程为D．的外接圆方程为
【答案】ABD
【分析】求出，，即可判断A，再求出，，求出即可判断B，求出、的中点的坐标，再求出，由点斜式求出直线方程，即可判断C，由圆心为、的中点，直径为，即可求出圆的方程，从而判断D.
【详解】解：因为，，，
所以，，所以，即，
所以，所以为直角三角形，故A正确；
又，，
所以，故B正确；
因为、的中点为，所以，
所以直线的方程为，整理得，
即边上的中线所在直线方程为，故C错误；
因为为直角三角形，所以外接圆的直径为，
圆心为、的中点，又，
所以外接圆的方程为，即，故D正确；
故选：ABD
12．（2023春·广东·高二校联考阶段练习）如图，若正方体的棱长为1，点M是正方体的侧面上的一个动点（含边界），P是棱的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为
B．若保持，则点M在侧面内运动路径的长度为
C．三棱锥的体积最大值为
D．若点M在上运动，则到直线PM的距离的最小值为
【答案】ABC
【分析】A选项，把两个平面展开到同一平面内，利用两点之间，线段最短进行求解，注意展开方式可能有多种；B选项，找到点在侧面内的运动轨迹是圆弧，再求解弧长；C选项，利用等体积法和建立空间直角坐标系，求出的最大值，即为最大值；D选项，在空间直角坐标系中利用点与线距离公式即可判断该选项.
【详解】对于A，将平面与平面展开到同一平面内，连接AP，此时，也可将平面ABCD与平面展开到同一平面内，此时，，故A正确；
对于B，取DD1中点E，连EM，PE，如图，因是正方体的棱中点，
则PE//CD，而CD⊥平面ADD1A1，则有PE⊥平面ADD1A1，平面ADD1A1，于是得PE⊥EM，由，PE=1得，EM=1，因此，点在侧面内运动路径是以E为圆心，
1为半径的圆在正方形内的圆弧，如图，圆弧所对圆心角为，圆弧长为
B正确；
对于C，连接，，，，，，则，所以，以D为坐标原点，分别以DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，设，（，），设平面的法向量为，则，令，得：，所以，设到平面的距离为，则，故当，时，取得最大值，为，此时三棱锥体积最大，，C正确；
对于D，正方体的棱长为1，为的中点，点M在上运动，设，可得，，，，，，可得，得，，，由图可见，明显地，当与重合时，必有到直线PM的距离的最小，此时，，故，设直线与直线的夹角为，可得,则，故到直线PM的距离的最小值为，故D选项错误；
故选：ABC
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（2023春·广东揭阳·高二统考期末）函数的零点是___．
【答案】8
【分析】根据零点定义解方程可得.
【详解】由得，解得，即的零点为8.
故答案为：8
14．（2023秋·广东东莞·高二统考期中）已知斜率为2的直线l过抛物线的焦点F，且与y轴相交于点A，若（O为坐标原点）的面积为4，则抛物线方程为________．
【答案】
【分析】由直线斜率表示出，表示出的面积，解出，即可求得抛物线方程.
【详解】
如上图，因为直线斜率为2，所以，又
，则抛物线方程为.
故答案为：.
15．（2023秋·广东广州·高二仲元中学校考期中）已知函数，函数，对于，使得成立，则实数a的取值范围是_______．
【答案】
【分析】先求出函数的值域，根据题意分析得到的值域是在的值域的子集，再讨论在的值域和集合间的关系进行求解.
【详解】因为
，
所以且，
即的值域为；
因为对于，
使得成立，
所以的值域是在的值域的子集，
当时，在单调递增，
所以，
即，
所以，
解得；
当时，在单调递减，
所以，
即，
所以，
解得；
综上所述，实数a的取值范围是或.
故答案为：.
16．（2023春·广东揭阳·高二统考期末）如图，点P是半径为2的圆O上一点，现将如图放置的边长为2的正方形（顶点A与P重合）沿圆周逆时针滚动.若从点A离开圆周的这一刻开始，正方形滚动至使点A再次回到圆周上为止，称为正方形滚动了一轮，则当点A第一次回到点P的位置时，正方形滚动了________轮，此时点A走过的路径的长度为___________.
【答案】 3
【分析】将问题化为4和6的最小公倍数问题求A第一次回到点P的位置正方形滚动的轮数，再求滚动1轮点A走过的路径长度，即可求此时A走过的路径的长度.
【详解】正方形滚动一轮，圆周上依次出现的正方形顶点为，
顶点两次回到点P时，正方形顶点将圆周正好分成六等分，
由4和6的最小公倍数：，
所以到点A首次与P重合时，正方形滚动了3轮.
这一轮中，点A路径是圆心角为，半径分别为2，，2的三段弧，故路径长，
∴点A与P重合时总路径长为.
故答案为：3，.
【点睛】关键点点睛：将A第一次回到点P的位置所滚的轮数转化为求4和6的最小公倍数，注意滚动一轮A的圆周运动特点求路径长.
四、解答题（本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（2023春·广东韶关·高二校考阶段练习）已知等差数列的前n项和为，若，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求的最大值及取得最大值时n的值.
【答案】(1)
(2)当或，取最大值，最大值为30
【分析】（1）由条件结合等差数列的通项公式列关于和的方程，解方程求，再求通项公式即可；
（2）方法一：求出的表达式，结合二次函数的性质，即可求得结果.
方法二：解方程，再解不等式，，由此确定使得最大时的值，再由求和公式求其最大值.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
因为，，
所以，
解得，
所以；
（2）方法一：因为，，
所以当或时取得最大值，最大值为30.
方法二：当时，，
当时，，
当时，，
所以当或时取得最大值，
又
所以最大值为30.
18．（2023春·广东佛山·高二佛山市南海区第一中学校考阶段练习）如图所示，某市拟在长为的道路的一侧修建一条运动赛道，赛道的前一部分为曲线段，该曲线段为函数，的图像，且图像的最高点为，赛道的后一部分为折线段，为保证参赛运动员的安全，限定.
(1)求，的值和，两点间的距离；
(2)设，当为何值时，折线段赛道最长？
【答案】(1)，，
(2)
【分析】（1）根据前半段的图像求出的解析式，然后求出点坐标，结合，最后利用两点间的距离公式求出，两点间的距离；
（2）先利用正弦定理求出，从而表示出折线段赛道的长，然后化简即可求得的最大值.
【详解】（1）对于曲线段，，由图知，，
故，所以曲线段为函数，，故.
又，故，即，两点间的距离为.
（2），，，，.
由正弦定理可得，
，，
故折线段赛道
，
因为，所以
故当，即时，折线段赛道取得最大值为.
19．（2023春·广东深圳·高二福田外国语高中校考期中）某超市举办酬宾活动，单次购物超过元的顾客可参与一次抽奖活动，活动规则如下：盒子中装有大小和形状完全相同的个小球，其中个红球、个白球和个黑球，从中不放回地随机抽取个球，每个球被抽到的机会均等.每抽到个红球记分，每抽到个白球记分，每抽到个黑球记分.如果抽取个球总得分分可获得元现金，总得分低于分没有现金，其余得分可获得元现金.
（1）设抽取个球总得分为随机变量，求随机变量的分布列；
（2）设每位顾客一次抽奖获得现金元，求的数学期望.
【答案】（1）分布列见解析；（2）
【分析】（1）由题意的可能得分为，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量的分布列.
（2）由题意得的可能取值为，分别求出相应的概率，由此能求的数学期望.
【详解】（1）随机变量的所有可能取值为，，，，.
，，，
，.
随机变量的分布列为
（2）由（1）知
.
【点睛】本题主要考查了离散型随机变量的分布列、数学期望，考查了学生分析问题、解决问题的能力，属于基础题.
20．（2023春·广东佛山·高二佛山一中校考阶段练习）如图，在四棱锥中，已知底面是正方形，底面，且，是棱上动点.
(1)证明：平面.
(2)线段上是否存在点，使二面角的余弦值是？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）利用正方形性质、线面垂直的性质和线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用向量线性运算可得，根据二面角的向量求法可构造方程求得的值.
【详解】（1）连接，交于点，
四边形为正方形，；
平面，平面，，
又，平面，平面.
（2）以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，
假设在线段上存在点，使得二面角的余弦值为，
设，则，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
由（1）知：平面，平面的一个法向量为；
，解得：，
当，即时，二面角的余弦值为.
21．（2023·广东茂名·统考一模）已知椭圆的左焦点F为，过椭圆左顶点和上顶点的直线的斜率为.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若为平面上一点，C，D分别为椭圆的上、下顶点，直线NC，ND与椭圆的另一个交点分别为P，Q.试判断点F到直线PQ的距离是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）根据给定条件，直接求出a，b的值作答.
（2）当时，求出直线的方程，与椭圆E的方程联立求出点坐标，进而求出直线方程即可推理计算，再验证时的情况作答.
【详解】（1）椭圆的左顶点，上顶点，依题意，，
又左焦点，即有，解得，
所以椭圆E的方程为.
（2）由（1）知，点，，而，
当时，，，直线PQ为y轴，
当时，直线CN的斜率，方程为，直线DN的斜率，方程为，
由消去x得：，设，
则，有，，即，
由消去x得：，设，
则，有，，即
直线PQ的斜率，方程为：，
即，显然直线PQ过定点，而时，y轴也过点，
因此对任意实数，直线PQ经过定点，
则当（M为垂足）时，F到直线PQ的距离取得最大值，
所以点F到直线PQ的距离存在最大值，最大值为.
【点睛】思路点睛：经过圆锥曲线上满足某条件的两个动点的直线过定点问题，可探求出这两个动点坐标，求出直线方程，即可推理计算解决问题.
22．（2023秋·广东·高三校联考阶段练习）已知函数在区间内有唯一极值点．
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：在区间内有唯一零点，且．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据极值点的定义，求导，进而求导函数的零点，研究零点左右与零大小关系，可得答案；
（2）由（1）明确函数的单调区间，分别在两个单调区间上，利用零点存在性定理，证明零点唯一存在，根据单调性证明不等式成立.
【详解】（1），
①当时，因为，所以，，，在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；
②当时，令，则，因为，所以，所以在上递增，又因为，，
所以在上有唯一零点，且，所以，；，，所以在上有唯一极值点，符合题意.
综上，.
（2）由（1）知，所以时，，所以，，单调递减；，，单调递增，
所以时，，则，又因为，
所以在上有唯一零点，即在上有唯一零点.
因为，由（1）知，所以，
则，构造，
所以，
记，则，显然在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，所以，所以在上单调递增，所以，
所以，由前面讨论可知：，，且在单调递增，所以.
【点睛】在利用导数证明不等式成立时，一定明确单调区间，在同一单调区间上，由函数值的大小关系，可得自变量的大小关系，探究函数的单调性，可通过研究导数过着导数中部分代数式所构成函数的单调性，求其最值，可得函数的单调性.