福建省福州第二中学2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省福州第二中学2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1. 已知，则的值是（ ）
A. B. 2C. D.
2. 已知复数（其中为虚数单位），则（ ）
A. B.
C. D.
3. 若，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
4. 已知的展开式中所有项的系数之和为64，则展开式中含的项的系数为（ ）
A. 20B. 25C. 30D. 35
5. 已知函数的部分图像如图所示，则函数的一个单调递增区间是（ ）
A. B.
C. D.
6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与C的左、右支分别交于点P、Q.若，且，则C的离心率为（ ）
A. 3B. 2C. D.
7. 等差数列，满足
，则（ ）
A. n的最大值是50B. n的最小值是50
C. n的最大值是51D. n的最小值是51
8. 对于曲线，给出下列三个命题：
①关于坐标原点对称；
②曲线上任意一点到坐标原点距离不小于2；
③曲线与曲线有四个交点．
其中正确的命题个数是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
二、多选题
9. 已知，则下列说法正确的有（ ）
A. 奇函数B. 的值域是
C. 的递增区间是D. 的值域是
10. 已知抛物线焦点为F，点P在准线上，过点F作PF的垂线且与抛物线交于A，B两点，则（ ）
A. 最小值为2B. 若，则
C. 若，则D. 若点P不在x轴上，则
11. 已知随机变量X、Y，且的分布列如下：
若，则（ ）
A. B. C. D.
12. 已知数列满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，B. 若数列为常数列，则
C. 若数列为递增数列，则D. 当时，
三、填空题
13. 函数的定义域是_________．
14. 若一个圆的圆心是抛物线的焦点，且该圆与直线相切，则该圆的标准方程是__________．
15. 已知函数的定义域为，且，若为奇函数，，则__________．
四、解答题
16. 内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且的面积.
（1）求B；
（2）若a､b､c成等差数列，面积为，求b.
17. 某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：
（1）填写如下列联表：
能否有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异？
（2）已知升级改造前该工厂产品的优级品率，设为升级改造后抽取的n件产品的优级品率.如果，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（）
附：
18. 在中，角 ，，所对的边分别为，，，已知.
（1）证明：；
（2）若，，求．
19. 双败淘汰制是一种竞赛形式，与普通的单败淘汰制输掉一场即被淘汰不同，参赛者只有在输掉两场比赛后才丧失争夺冠军的可能.在双败淘汰制的比赛中，参赛者的数量一般是2的次方数，以保证每一轮都有偶数名参赛者.第一轮通过抽签，两人一组进行对阵，胜者进入胜者组，败者进入负者组.之后的每一轮直到最后一轮之前，胜者组的选手两人一组相互对阵，胜者进入下一轮，败者则降到负者组参加本轮负者组的第二阶段对阵；负者组的第一阶段，由之前负者组的选手（不包括本轮胜者组落败的选手）两人一组相互对阵，败者被淘汰（已经败两场），胜者进入第二阶段，分别对阵在本轮由胜者组中降组下来的选手，胜者进入下一轮，败者被淘汰.最后一轮，由胜者组最终获胜的选手（此前从未败过，记为）对阵负者组最终获胜的选手（败过一场，记为），若胜则获得冠军，若胜则双方再次对阵，胜者获得冠军.某围棋赛事采用双败淘汰制，共有甲、乙、丙等8名选手参赛.第一轮对阵双方由随机抽签产生，之后每一场对阵根据赛事规程自动产生对阵双方，每场对阵没有平局.
（1）设“在第一轮对阵中，甲、乙、丙都不互为对手”为事件，求的概率；
（2）已知甲对阵其余7名选手获胜的概率均为，解决以下问题：
①求甲恰在对阵三场后被淘汰的概率；
②若甲在第一轮获胜，设甲在该项赛事的总对阵场次为随机变量，求的分布列.
20. 在中，角，，的对边分别为，，，且满足.
（1）求角的大小；
（2）若为的中点，且，求.
21. 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）对a∈(0，1)，是否存在实数λ，，使成立，若存在，求λ的取值范围；若不存在，请说明理由.
X
1
2
3
4
5
P
m
n
优级品
合格品
不合格品
总计
甲车间
26
24
0
50
乙车间
70
28
2
100
总计
96
52
2
150
优级品
非优级品
甲车间
乙车间
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10828
福州第二中学2023-2024学年第二学期期末考试
高二数学
一、单选题
1. 已知，则的值是（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二倍角公式和商公式即可得出答案.
【详解】由，
则.
故选：D
2. 已知复数（其中为虚数单位），则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法法则、共轭复数的定义即可得出．
【详解】由已知，
则.
故选：B.
3. 若，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用不等式的性质判断B，C，利用对数函数和指数函数的性质判断A，D.
【详解】因为函数在上单调递增，，所以，A错误，
因为，由不等式性质可得，B错误，
因，所以，，所以，故，C错误，
因函数在上单调递减，，所以，∴D正确，
故选：D.
4. 已知的展开式中所有项的系数之和为64，则展开式中含的项的系数为（ ）
A. 20B. 25C. 30D. 35
【答案】B
【解析】
【分析】根据所有项的系数之和求解，写出的展开式，求与二项式中含的项相乘所得的项，-1与二项式中含的项相乘所得的项，两项相加，即为的展开式中含的项.
【详解】所有项的系数之和为64，∴，∴
，展开式第项，
时，，，
时，，，，
故选：B．
5. 已知函数的部分图像如图所示，则函数的一个单调递增区间是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由图像得出解析式，再由正弦函数的单调性判断即可.
【详解】根据函数的部分图像，可得
解得，∴函数
再把代入函数的解析式，可得
∴故函数.
令，得，
当时，函数的一个单调递增区间是.
故选：D.
6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与C的左、右支分别交于点P、Q.若，且，则C的离心率为（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由向量的关系求出线段之间的关系，设，则，，再由双曲线的定义可得，，再由数量积为可得直线的垂直，分别在两个直角三角形中由余弦定理可得，的关系，可求出离心率．
【详解】，设，则，，
由双曲线的定义可得，，
因为，
在中，由余弦定理有，
即，①
在中，由余弦定理有，
即，②
由②可得，代入①可得，即.
所以C的离心率为：，
故选：A.公众号：高中试卷君
7. 等差数列，满足
，则（ ）
A. n的最大值是50B. n的最小值是50
C. n的最大值是51D. n的最小值是51
【答案】A
【解析】
【分析】
不妨设，，由对称性可得：.可得，.解得.可得，可得，解出即可得出.
【详解】解：不妨设，，由对称性可得：.则，.
，，
∴
∴，
∴，
∴，解得：，
∴，∴.
∴n的最大值为50.
故选：A.
【点睛】本题考查了等差数列的通项公式求和公式及其性质､方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题.
8. 对于曲线，给出下列三个命题：
①关于坐标原点对称；
②曲线上任意一点到坐标原点的距离不小于2；
③曲线与曲线有四个交点．
其中正确的命题个数是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】分析两个曲线的对称性，并结合函数的图象和性质，利用数形结合，即可判断①③，利用基本不等式，即可判断②.
【详解】①将曲线中的换成，将换成，方程不变，所以曲线关于原点对称，并且关于轴和轴对称，故①正确；
②设曲线上任一点为
，
当，即时，等号成立，
所以，曲线上任意一点到坐标原点的距离不小于2，故②正确；
③曲线中的换成，将换成，方程不变，所以曲线关于原点对称，并且关于轴和轴对称，并且将换成，换成，方程不变，所以曲线也关于对称，
曲线中，且，将曲线中的换成，换成，方程不变，所以曲线也关于对称，
当时，联立，得，
当时，，当时，函数单调递减，
因为，所以点在直线的下方，如图，在第一象限有2个交点，
根据两个曲线的对称性可知，其他象限也是2个交点，则共有8个交点，故③错误；
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是③的判断，判断的关键是对称性的判断，以及将方程转化为函数，判断函数的单调性，即可判断.
二、多选题
9. 已知，则下列说法正确的有（ ）
A. 奇函数B. 的值域是
C. 的递增区间是D. 的值域是
【答案】ABC
【解析】
【分析】
对于A，利用奇函数定义进行判断；对于B，D，利用判别式法求其值域；对于C，利用单调性的定义进行判断
【详解】对于A，，其定义域为，有，为奇函数，A正确；
对于B，，变形可得，则有，解可得，即函数的值域为，B正确，
对于C，，任取，且，则
，
当，所以，即，所以的递增区间是，所以C正确，
对于D，由选项B的结论，D错误，
故选：ABC．
10. 已知抛物线的焦点为F，点P在准线上，过点F作PF的垂线且与抛物线交于A，B两点，则（ ）
A. 最小值为2B. 若，则
C. 若，则D. 若点P不在x轴上，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据抛物线的定义，结合两点间距离公式、抛物线的性质逐一判断即可.
【详解】点，抛物线的准线方程为，
设，，
所以点P在横轴上时有最小值2，所以选项A正确；
若，根据抛物线的对称性可知点P在横轴上，
把代入中，得，，此时，
于是有，所以选项B正确；
因为，显然点P不在横轴上，
则有，
所以直线的方程为代入抛物线方程中，得
，设，
，
，所以选项C正确，
点P不在x轴上，由上可知：，，
，
而，显然，所以选项D不正确，
故选：ABC
11. 已知随机变量X、Y，且的分布列如下：
若，则（ ）
A B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由分布列的性质和期望公式求出可判断ABC；由方差公式可判断D.
【详解】由可得：①，
又因为，解得：，故C正确.
所以，
则②，所以由①②可得：，故A正确，B错误；
,
，故D错误.
故选：AC.
12. 已知数列满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，B. 若数列为常数列，则
C. 若数列为递增数列，则D. 当时，
【答案】AD
【解析】
【分析】令可得，据此判断A，令，由递推关系求出即可判断B，根据B及条件数列为递增数列，分类讨论求出或时判断C，通过对取对数，构造等比数列求解即可判断D.
【详解】对于A，当时，，令，则，，故，即，A正确；
对于B，若数列为常数列，令，则，解得或或，B不正确；
对于C，令，则，
若数列为递增数列，则数列为递增数列，则，解得或.
当时，，且，
，此时数列为递增数列，即数列为递增数列；
当时，，且，
，此时数列不为递增数列，即数列不为递增数列；
当时，，
，此时数列为递增数列，即数列为递增数列.
综上，当或，即或时，数列为递增数列，C不正确；
对于D，令，则，，两边同时取以2为底的对数，得，，
数列是首项为1，公比为2的等比数列，
，即，D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题所给数列的递推关系并不常见，对学生的理性思维要求比较高，求解时将已知条件变为是非常关键的一步，再根据每个选项所附加的条件逐一进行判断，既有求解数列的项的取值范围的问题，又考查了数列的单调性、数列通项的求解，要求学生具备扎实的逻辑推理能力.本题难度比较大，起到压轴的作用.公众号：高中试卷君
三、填空题
13. 函数的定义域是_________．
【答案】
【解析】
【分析】由真数大于0和分母不等于0建立不等式组即可求解.
【详解】解：由，可得，
所以函数的定义域是，
故答案为：.
14. 若一个圆的圆心是抛物线的焦点，且该圆与直线相切，则该圆的标准方程是__________．
【答案】
【解析】
【分析】求出圆心和半径可得答案.
【详解】抛物线的焦点为，故圆心为，
圆的半径为，
故圆的方程为：．
故答案为：．
15. 已知函数的定义域为，且，若为奇函数，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】由的对称性及得，再由为奇函数得，从而得，即是周期为8的周期函数，再利用周期可得答案.
【详解】由为奇函数，得，即，
由，得，又，
于是，即，从而，
即，因此，函数的周期为8的周期函数，
显然，又，
所以.
故答案为：
【点睛】结论点睛：函数关于直线对称，则有；函数关于中心对称，则有；函数的周期为，则有.
四、解答题
16. 的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且的面积.
（1）求B；
（2）若a､b､c成等差数列，面积为，求b.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角形面积公式和同角三角函数的关系化简已知式子可求得B；
（2）由a､b､c成等差数列，可得，再由的面积为，可得，然后利用余弦定理可求得结果
【小问1详解】
∵，
∴，即，
∵，∴.
【小问2详解】
∵､､成等差数列，
∴，两边同时平方得：，
又由（1）可知：，
∴，
∴，，
由余弦定理得，，
解得，
∴
17. 某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：
（1）填写如下列联表：
能否有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异？
（2）已知升级改造前该工厂产品的优级品率，设为升级改造后抽取的n件产品的优级品率.如果，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（）
附：
【答案】（1）答案见详解
（2）答案见详解
【解析】
【分析】（1）根据题中数据完善列联表，计算，并与临界值对比分析；
（2）用频率估计概率可得，根据题意计算，结合题意分析判断.
【小问1详解】
根据题意可得列联表：
可得，
因为，
所以有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异.
【小问2详解】
由题意可知：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为，
用频率估计概率可得，
又因为升级改造前该工厂产品的优级品率，
则，
可知，
所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了.
18. 在中，角 ，，所对的边分别为，，，已知.
（1）证明：；
（2）若，，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得，结合角的范围，可证明结论；
（2）由正弦定理可得，结合（1）的结论利用二倍角公式可求出，继而求得，结合已知条件即可求得答案.
【小问1详解】
由及正弦定理得，
因为，所以，
所以．
因为，，所以，
所以，或（即，不合题意，舍去），
所以．
【小问2详解】
由正弦定理可得，
由（1）知，代入上式可得，
所以，
再由条件可得．
19. 双败淘汰制是一种竞赛形式，与普通的单败淘汰制输掉一场即被淘汰不同，参赛者只有在输掉两场比赛后才丧失争夺冠军的可能.在双败淘汰制的比赛中，参赛者的数量一般是2的次方数，以保证每一轮都有偶数名参赛者.第一轮通过抽签，两人一组进行对阵，胜者进入胜者组，败者进入负者组.之后的每一轮直到最后一轮之前，胜者组的选手两人一组相互对阵，胜者进入下一轮，败者则降到负者组参加本轮负者组的第二阶段对阵；负者组的第一阶段，由之前负者组的选手（不包括本轮胜者组落败的选手）两人一组相互对阵，败者被淘汰（已经败两场），胜者进入第二阶段，分别对阵在本轮由胜者组中降组下来的选手，胜者进入下一轮，败者被淘汰.最后一轮，由胜者组最终获胜的选手（此前从未败过，记为）对阵负者组最终获胜的选手（败过一场，记为），若胜则获得冠军，若胜则双方再次对阵，胜者获得冠军.某围棋赛事采用双败淘汰制，共有甲、乙、丙等8名选手参赛.第一轮对阵双方由随机抽签产生，之后每一场对阵根据赛事规程自动产生对阵双方，每场对阵没有平局.
（1）设“在第一轮对阵中，甲、乙、丙都不互为对手”为事件，求的概率；
（2）已知甲对阵其余7名选手获胜的概率均为，解决以下问题：
①求甲恰在对阵三场后被淘汰的概率；
②若甲在第一轮获胜，设甲在该项赛事的总对阵场次为随机变量，求的分布列.
【答案】（1）；（2）①；②答案见解析.
【解析】
【分析】（1）先求出8人平均分成四组的方法数，再求出甲，乙，丙都不分在同一组的方法数，从而可求得答案；
（2）①甲恰在对阵三场后淘汰，有两种情况：“胜，败，败”和“败，胜，败”，然后利用互斥事件的概率公式求解即可
②由题意可得，然后求出各自对应的概率，从而可得的分布列
【详解】（1）8人平均分成四组，共有种方法，
其中甲，乙，丙都不分在同一组的方法数为，
所以
（2）①甲恰在对阵三场后淘汰，这三场的结果依次是“胜，败，败”或“败，胜，败”，故所求的概率为
②若甲在第一轮获胜，.
当时，表示甲在接下来的两场对阵都败，即.
当时，有两种情况：
（i）甲在接下来的3场比赛都胜，其概率为；
（ii）甲4场对阵后被淘汰，表示甲在接下来的3场对阵1胜1败，且第4场败，
概率为，
所以
当时，有两种情况：
（i）甲在接下来的2场对阵都胜，第4场败，概率为；
（ii）甲在接下来的2场对阵1胜1败，第4场胜，第5场败，
概率为；
所以.
当时，有两种情况：
（i）甲第2场胜，在接下来的3场对阵为“败，胜，胜”，
其概率为；
（ii）甲第2场败，在接下来的4场对阵为“胜，胜，胜，败”，
其概率为；
所以.
当时，甲在接下来的5场对阵为“败，胜，胜，胜，胜”，即.
所以的分布列为：
【点睛】关键点点睛：此题考查互斥事件概率的求法，考查离散型随机变量的分布列，解题的关键是正确理解题意，求出对应的概率，考查分析问题的能力，考查计算能力，属于中档题
20. 在中，角，，的对边分别为，，，且满足.
（1）求角的大小；
（2）若为的中点，且，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式及辅助角公式计算可得；
（2）利用余弦定理和正弦定理求出结果．
【小问1详解】
解：在中，，∵，
∴，∴，
∴，即，
∵，∴，
∴，∴；
【小问2详解】
解：在中，，
在中，，
又，
，
，
代入上式得，
在中，．
21. 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）对a∈(0，1)，是否存在实数λ，，使成立，若存在，求λ的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）答案不唯一见解析（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）求函数导数，分三种情况，分析与的关系，即可求出函数的单调区间；
（2）由题意转化为且，利用导数求出，，即转化为，构造函数，利用导数可求出，即可求解.
【详解】（1）的定义域为，
，
①当a=0时，，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
②当a>0时，， ，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
③当a