河北省邯郸市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题

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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.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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. 下列复数的实部大于虚部的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数乘法化简，根据虚部、实部概念得解.
【详解】因为，
所以这4个复数中只有的实部大于虚部.
故选：D
2. 已知为奇函数，当时，，则（ ）
A. -9B. 9C. -17D. 17
【答案】A
【解析】
【分析】利用奇函数求解函数值即可.
【详解】.
故选：A.
3. 10人（含甲、乙、丙）随机站成一排，则甲､乙､丙3人站在一起的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出样本空间总数，再求出该事件所包含的基本事件数，根据古典概率模型求解即可.
【详解】根据已知得样本空间总数为：种
甲、乙、丙三人站在一起共有：种
所以甲､乙､丙站在一起的概率为：.
故选：B
4. 一质点沿着正东方向从点到达点，在点处测得点在其东北方向，在点处测得点在其北偏西方向，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合题意求出，然后利用正弦定理求解即可.
【详解】如图，由题可知，
在中，由正弦定理可得，
则
故选：B
5. 若正六棱台的侧棱与底面所成的角为，且，则该正六棱台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据棱台的体积公式计算可得答案.
【详解】因为正六边形的中心到每个顶点的距离等于该正六边形的边长，
且正六棱台的侧棱与底面所成的角为，
所以该正六棱台的高.
依题意可得底面的面积，
底面的面积，
所以该正六棱台体积.
故选：D.
6. 已知点在抛物线上，过点作圆的切线，若切线长为，则点到的准线的距离为（ ）
A. 7B. 6C. 5D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，画出图形，结合与圆相切，用勾股定理求出，再用两点间距离公式，求出坐标，即可求出点到的准线的距离.
【详解】如图所示，
设切点为Q,则则，
设，则由两点间距离公式得到，
解得，因为，所以.
因为的准线方程为，所以点到的准线的距离PE为.
故选：C.
7. 在边长为2的正中，，点在线段上，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，根据条件得到，，从而得到，即可求出结果.
【详解】如图，依题意可得点在线段（不含端点）上，点在线段（不含端点）上，
设，因为，则，
因为，为正三角形，所以为正三角形，所以，
所以，
因为，所以当时，取得最小值，且最小值为.
故选：A.
8. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于同余的问题．用表示整数被整除，设且，若，则称与对模同余，记为．已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由二项式定理得到，得到，结合2024除以7余1，2025除以7余2，2026除以7余3，2027除以7余4，从而得到答案.
【详解】由二项式定理，得
,
因为能够被7整除，
被7除余1，所以．
因为2024除以7余1，2025除以7余2，2026除以7余3，2027除以7余4，
所以．
故选：A
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. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的最大值为3
C. 的图象关于点对称
D. 的图象关于直线对称
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用辅助角公式结合三角函数的性质，逐项求解即可.
【详解】，则的最小正周期为的最大值为A正确，B错误；
令则则的图象关于点对称，C正确；
令，则的图象关于直线对称.，D正确，
故选：ACD.
10. 已知椭圆的离心率为，焦点为，则（ ）
A. 的短轴长为4
B. 上存在点，使得
C. 上存在点，使得
D. 与曲线重合
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据方程及离心率求出判断A，根据椭圆的对称性求出在短轴端点时判断B，计算数量积的范围判断C，根据椭圆的定义判断D.
【详解】依题意可得，解得，则的短轴长为，错误；
若为短轴上的端点，为坐标原点，则，
所以上存在点，使得，B正确；
设，，
则正确；
设为椭圆上任意一点，因为，所以，D正确.
故选：BCD
11. 若函数在上单调递减，则的取值可以是（ ）
A. 0.39B. C. 0.42D.
【答案】BC
【解析】
【分析】求导，当时， ，在上单调递减，只需要研究分子对恒成立即可．令，看作一次函数来解即可．
【详解】.
当时，则，在上单调递减，
所以对恒成立．
设，则满足且即可，则，
即即，结合选项BC符合，
故选：BC.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知集合，则中元素的个数为__________.
【答案】7
【解析】
【分析】先求出集合，再求，从而可得答案.
【详解】因为，
所以，故中元素的个数为7.
故答案为：7
13. 已知一组数据的第60百分位数为，随机变量的分布列为
__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用百分位数的定义求得，再利用期望与方差公式，结合的分布列即可得解.
【详解】
故答案为：.
14. 在底面为正方形的四棱锥中，平面，点在线段上，//平面，则四面体外接球的表面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先由线面平行推出线线平行，得到为的中点，再由四面体的外接球的特征，通过与直角梯形建立方程，求出长，继而求得外接球半径，代入公式即得.
【详解】
如图，连接交于点，连接，则平面平面，
因//平面，故//，易知为的中点，所以为的中点.
设四面体外接球的球心为，则平面，
设，则，所以，
解得，故四面体外接球半径为，
故其表面积为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题解题思路是，先确定底面多边形的外接圆圆心，作出外接球球心的大致位置，利用球的截面性质建立直角三角形或直角梯形，列出方程即可.
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. 已知是等比数列，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用已知是等比数列可得答案；
（2）利用错位相减可得答案.
【小问1详解】
设，则，则，
所以是首项为，公比也为的等比数列，
所以，则；
【小问2详解】
，
则，
则，
所以两式相减可得
故.
16. 民航招飞是指普通高校飞行技术专业（本科）通过高考招收飞行学生，报名的学生需参与预选初检､体检鉴定､飞行职业心理学检测､背景调查､高考选拔共5项流程，其中前4项流程选拔均通过，则被确认为有效招飞申请，然后参加高考，由招飞院校择优录取.据统计，某校高三在校学生有1000人，其中男生600人，女生400人，各有100名学生有民航招飞意向.
（1）完成以下列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为该校高三学生是否有民航招飞意向与学生性别有关？
（2）若每名报名学生通过前3项流程的概率依次为，假设学生能否通过每项流程相互独立，以这600名男生对民航招飞有意向的频率作为甲地高三男生对民航招飞有意向的概率，以这400名女生对民航招飞有意向的频率作为甲地高三女生对民航招飞有意向的概率.从甲地任选一名高三学生（男､女学生的比例为1：1），求这名学生对民航招飞有意向且通过前3项流程的概率.
附：.
【答案】（1）表格见解析，有关
（2）
【解析】
【分析】（1）写出列联表，根据独立性检验即可求解；
（2）求出每名报名学生通过前3项流程的概率，甲地高三男生对招飞有意向的概率，甲地高三女生对招飞有意向的概率，结合全概率公式即可求解.
【小问1详解】
列联表如下：
零假设为：该校高三学生是否有民航招飞意向与学生性别无关联，
因为，
所以根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为该校高三学生是否有民航招飞意向与学生性别有关；
【小问2详解】
因为每名报名学生通过前3项流程的概率依次为，
所以每名报名学生通过前3项流程的概率为，
依题意得甲地高三男生对招飞有意向的概率为，
甲地高三女生对招飞有意向的概率为，
由全概率公式得所求概率为.
17. 如图，在三棱锥中，底面，且为棱上一点，且.
（1）求的长；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直结合等面积法求解，（2）利用空间向量求解二面角的余弦值.
【小问1详解】
因为，所以，则.
因为底面，所以.
又，所以平面.
因为平面，所以.又，所以平面.
由平面，得.
又底面，所以，所以，由等面积法得，故.
【小问2详解】
以为原点建立空间直角坐标系，如图所示，
则设则
解得
则.
设平面的法向量为，则即
令，得.
由底面，得为平面的一个法向量，
则.
由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
18. 已知双曲线经过点.
（1）求的方程；
（2）设直线经过的右焦点，且与交于不同的两点，点关于轴的对称点为，证明：直线过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据曲线经过的点坐标代入方程得方程组，解之即得；
（2）将直线方程与双曲线方程联立，得出韦达定理，求出的方程，由对称性得经过的定点必在轴上，令代入方程，经消元化简，并代入韦达定理计算即得定点.
【小问1详解】
依题意可得，解得，
所以的方程为.
【小问2详解】
如图，由（1）知的右焦点为，则，
联立消去得，，
设，则，，即，
故，
因为点关于轴的对称点为，所以，
则直线的方程为，
根据对称性可知，直线经过的定点必在轴上，
令，得
.
当且时，，
所以直线过定点；
当时，显然直线过定点；
综上，直线过定点.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于通过作图动态观察，先要发现经过的定点应具备的特征，如本题中结合对称性判断定点在轴上，然后明确方向，证明定点横坐标为常数即得.
19. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设函数的图象在点处的切线为，求与坐标轴围成的三角形面积的最小值；
（3）设的零点为，比较与2的大小，并说明理由.
【答案】（1）在上单调递增；在上单调递减.
（2）
（3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）按照求单调区间的步骤求解即可；
（2）求导后将切线方程用t表示出来，坐标轴上的截距也用t表示，面积看作t的一个函数，后用导数知识来求最值即可；
（3）构造函数，利用导数与换元法研究函数的单调性，再用复合函数单调性得到的单调性，从而得解.
【小问1详解】
的定义域，，
当时，在上单调递增；
当时，上单调递减.
【小问2详解】
.
切线的方程为.
令，得；令，得.
所以与坐标轴围成的三角形面积，
.
当时，单调递减；当时，单调递增.
故当时，取得最小值，且最小值为.
【小问3详解】
不妨设，由（1）可知，则.
令，则
.
当时，设，
则，
换元写成，，
当时，单调递减；当时，单调递增.
因为在上是增函数，所以在上先减后增.
因为，所以.
且
.
又因为，所以，即，
所以，即.
【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；
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.
2
14
0.3
0.6
0.1
对民航招飞有意向
对民航招飞没有意向
合计
男生
女生
合计
0.05
0.01
0.001
3.841
6.635
10.828
对民航招飞有意向
对民航招飞没有意向
合计
男生
100
500
600
女生
100
300
400
合计
200
800
1000