福建省福州格致中学2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题

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【分析】由抛物线可得准线的方程为：，设点，再由点到抛物线准线和对称轴的距离分别为10和6，可得，，再与抛物线方程，联立解方程组，即可求解.
【详解】解：由题意可得：抛物线的准线的方程为：
设点，又因点到抛物线准线和对称轴的距离分别为10和6，
所以有，解得或，
即的值分别为或.
故选：D.
【点睛】本题考查了抛物线的标准方程及其性质，考查理解辨析能力及运算求解能力，属于基础题.
2．A
【分析】根据充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】因为，
所以只有A选项是的一个必要不充分条件.
故选：A.
3．C
【分析】求出两直线的交点坐标，即可得解.
【详解】解：根据题意可得，，解得，满足题意，
所以集合；
故选：C.
4．B
【分析】以为基底，求，利用函数性质求最小值.
【详解】边长为2的菱形中，，如图所示，

则，，
，，
，
由于，所以当时，有最小值.
故选：B
5．C
【详解】构造函数 ，故函数在上单调递增，即由“” 可得到“”,反之，由“”亦可得到“”
选C
6．D
【分析】用二项展开式的通项公式计算，要注意分情况讨论.
【详解】的展开式的通项为，所以的展开式中含项的系数为．
故选：D
7．A
【解析】易知，利用角的范围和同角三角函数关系可求得和，分别在和两种情况下，利用两角和差正弦公式求得，结合的范围可确定最终结果.
【详解】且，，.
又，，.
当时，
，
，，不合题意，舍去；
当，同理可求得，符合题意.
综上所述：.
故选：.
【点睛】易错点睛：本题中求解时，易忽略的值所确定的的更小的范围，从而误认为的取值也有两种不同的可能性，造成求解错误.
8．D
【分析】
根据正方体图像特征证明面面垂直得到①；根据异面直线所成的角判断②错误；根据五点共圆得到③，根据轨迹求出长度得到④.
【详解】
①：取的中点，连接，在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，
易知，平面，在面内，
所以，面，面，，
所以面，面，所以，
连接，是正方形，，
因为面，面，所以，
因为面，面，，
所以面，因为面，所以，
综上，面，面，又，
所以面，面，故平面平面，故①正确；
②：取的中点，连接，则，
所以是异面直线所成的角，
又，则，故②错误；
③：记正方体的中心为点，则，
所以在以为球心，以为半径的球面上，故③正确；
④：因为，且为的中点，
所以，故，
所以点轨迹是过点与平行的线段，且，
所以，故④正确；
故选：D
【点睛】方法点睛：
（1）用普通方法求异面直线所成的角时可以找到与其中一条平行的直线与另一条直线相交所成的角即为异面直线的夹角；
（2）证明面面垂直时，通常先证明线面垂直，再证明面面垂直；
（3）证明点共球面可先证明点共圆.
9．AD
【分析】根据频率分布图的求解频率、频数、平均数即可求解.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，因为第六组有40人，第五组有160人，
所以，B错误；
对于C，70分以下的人数为人，C错误；
对于D，平均成绩，D正确，
故选:AD.
10．AB
【分析】根据三角函数的性质逐项分析.
【详解】对于A， ，所以最小正周期 ，正确；
对于B，将 代入函数解析式得： ，
所以是一条对称轴，正确；
对于C，因为 可以看作是函数 向上平移2个单位后的函数，所以对称中心的纵坐标不可能是0，错误；
对于D，当 时， ，刚好是函数 的一个周期 ，不可能是单调的函数，错误；
故选：AB.
11．AB
【分析】根据双曲线定义及题干中的线段的长度关系，可以得到；利用余弦定理得到与的关系，进而得到离心率和渐近线，从求出的离心率可以得到D选项的正误.
【详解】设，则，
由双曲线的定义知，，即，
，即，∴，，
故选项A正确；
由余弦定理，知在中，，
在中，
，
化简整理得，∴离心率，故选项B正确；
双曲线的渐近线方程为，故选项C错误；
若原点在以为圆心，为半径的圆上，则，与不符，故选项D错误．
故选：AB
12．ACD
【分析】将和作减法可得：，进而判定A选项；由，得，再与做减法，得到，判定B选项；数列的前50项和为1273，结合A、B选项的结果判定C选项；在中，令，求解，，结合求得，进而判定D选项.
【详解】由，，得，则，，…，是各项均为2的常数列，A正确；由，得，又，所以，则，，……是以16为首项，16为公差的等差数列，B错误；数列的前50项和为，所以，C正确；在中，令，得，又，所以，，在中，令，得，所以，D正确.
故选ACD.
【点睛】思路点睛：此题为数列创新题，更注重数列的特点，多关注项数之间的关系，进行分组求和即可解决问题；必要时可以采取列举法观察前几项之间的联系.
13．
【分析】求导，根据列方程可得.
【详解】，
由题意可知，，即，解得.
故答案为：
14．
【分析】首先由同角三角函数的基本关系求出、，再由诱导公式计算可得；
【详解】解：因为，所以解得或，
，，
故答案为：
【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系及诱导公式的应用，属于基础题.
15．2
【分析】令，，利用平面向量的基本定理知：，，将其转化为的线性关系，可求，再由已知条件，应用数量积的运算律求即可.
【详解】令，，
而，
，
∴，得，
∴，又，
∴，，，
∴.
故答案为：2
【点睛】关键点点睛：设，，应用平面向量基本定理求的线性关系求参数，利用向量数量积的运算律求.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可证明；（2）利用空间向量的坐标表示，表示出线面夹角的余弦值即可求解.
【详解】（1）在平面四边形中，，，，
所以，，
又，，
所以，，，
所以，所以.
所以在中，易得.
因为，，所以.
在四棱锥中，连接，设，连接，
因为，所以，
又，所以.
因为平面，平面，
所以平面.
（2）由题意易知，，两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，.
设平面的法向量为，
则，即，
令，得，即.
由，得，
故，.
由直线与平面所成角的正弦值为，
得，解得.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过线线垂直，证明线面垂直，从而得到线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，然后求相关平面的法向量，再运用向量的夹角公式可求解.
【详解】（1）因为，E为AB的中点，
所以.
因为平面ABC，平面ABC，
所以.因为，且平面，
所以平面.
因为平面，所以.
（2）以C点为坐标原点，CA，CB，所在直线分别为x轴､y轴､z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
不妨设，则，，，.
所以，.
易知平面的一个法向量为.
设平面ACD的法向量为，
则即亦即
令，则平面ACD的一个法向量为.
所以.
故二面角的余弦值为.
18．（1）；（2）.
【分析】（1）运用两向量共线的坐标表示，以及两角和的正弦公式及诱导公式，即可得到；
（2）运用二倍角公式及两角差的正弦公式，得到，讨论当角B为钝角，角为锐角时，以及当角为锐角，角为钝角时分别求得的范围，再由正弦函数的性质，即可得到值域．
【详解】（1）由得，
由正弦定理得，
∵，
∴，
∵，∴，
∴，∴．
（2）
，
当角为钝角时，角为锐角，则，
∴，
∴，∴．
当角为锐角时，角为钝角，则，，
∴，
∴，∴，
综上，所求函数的值域为．
19．(1)证明见解析；
(2).
【分析】(1)由题意可得四边形为平行四边形，利用∥，由∥，，可得，平面平面，得平面，即可证明.
（2）由题意可证明故，，两两垂直，建立坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：∵∥且，所以四边形为平行四边形，
所以∥，
又∥，，
∴，
又平面平面，且平面平面，
∴平面，平面，
∴.
（2）解：连接，，
因为，，
所以，
又，所以，
因为，且，
所以平面，
因为∥，所以平面，
又因为平面，
所以，
故，，两两垂直，
因为，，所以.
如图所示建系，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，取，
直线与平面所成角正弦值为：
.
20．（1）；（2），当该商品的销售价格为元时，周利润最大为元.
【分析】（1）在这两个区间上，函数图象都是线段，故利用斜截式，列方程组，可求得其函数表达式；（2）利润是销售量乘以每件的利润，再减去固定成本，结合（1）求得的表达式，可求得关于的关系式，并利用二次函数配方法可求得最大值.
【详解】（1）①设当时，，代入点，
得，
②设当时，，代入点，
得，
故周销量（件）与单价（元）之间的函数关系式
为 ；
（2），
①当时，，所以时，；
②当时，，
可知在单调递减，所以，
由①②可知，当时，，
故当该商品的销售价格为元时，周利润最大为元.
点睛：本题主要考查函数实际应用问题.本题分成两个步骤，第一个步骤是先根据题目所给函数的图像，求出销售量的表达式，这个过程中由于函数图像分成两个线段，故采用设出线段所在直线的斜截式方程，代入点的坐标即可求得函数的解析式.第二问要算利润，即是销售利润减去固定成本，写出利润表达式后利用配方法求最值.
21．(1)
(2)（i）；（ii）在区间上单调递减．
【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程；
（2）（i）分、、三种情况讨论，利用导数分析函数在上的定义，结合极小值点的定义可求得实数的取值范围；
（ii）由（i）以及极小值的定义可得出．令函数，，则，利用导数分析函数在上的单调性，再结合函数单调性的定义可证得在区间上单调递减．
【详解】（1）解：若，则，，
所以，，．
所以，曲线在点处的切线方程为．
（2）解：（i），令，
①若，则，在区间上单调递减，不存在极值点；
②若，则当时，，从而．
因为正切函数在上单调递增，且该函数在上的值域为，
则，使得，即．
当时，，即函数在上单调递减.
当时，，从而；
当时，，从而．
所以，在上单调递增，在上单调递减，在上不存在极小值点．
③若，则当时，，从而．
因为正切函数在上单调递增，且该函数在上的值域为，
所以，，使得，即．
当时，，所以，函数在上单调递增.
当时，，从而；
当时，，从而．
所以，在上单调递减，在上单调递增．
此时，为在区间上的唯一的极小值点．
综上所述，实数的取值范围为．
（ii）由（ⅰ）知，在上的唯一的极小值点满足且．
由此，．
令函数，，则，
且．
所以，在区间上单调递减．
下面证明函数在区间上单调递减．
对于任意的，设当和时，在上的极小值点分别为、，
则、，且，．
由及函数在上单调递增，有．
又由在区间上单调递减，有．
综上，对于任意的，均有，即在区间上单调递减．
【点睛】方法点睛：函数单调性的判断方法：
（1）利用基本初等函数的单调性与图像：只需作出函数的图象便可判断函数在相应区间上的单调性；
（2）性质法：
①增函数增函数增函数，减函数减函数减函数，增函数减函数增函数，减函数增函数减函数；
②函数与函数的单调性相反；
③时，函数与的单调性相反（）；
时，函数与的单调性相同（）.
（3）复合函数法：同增异减法.即函数的单调性，由内层函数和外层函数同时决定，若内层函数和外层函数单调性相同，则函数单调递增；若内层函数和外层函数单调性相反，则函数单调递减.
（4）导数法：在区间上恒成立，则函数在区间上单调递增；在区间上恒成立，则函数在区间上单调递减.
（5）定义法：作差法与作商法（常用来函数单调性的证明，一般使用作差法）.