北京市清华大学附属中学2023-2024学年高二下学期期末数学试题（解析版）

这是一份北京市清华大学附属中学2023-2024学年高二下学期期末数学试题（解析版），共25页。

一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 设集合，，则集合（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用交集的定义直接求解即得.
【详解】集合，，所以.
故选：A
2. 已知复数的共轭复数是，则复数在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，求出复数，再利用复数除法运算计算即得.
【详解】由复数的共轭复数是，得，
则，
所以复数在复平面内对应的点在第四象限.
故选：D
3. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用向量的坐标运算和三角函数的倍角公式求出结果.
详解】已知向量，，由，
则，即，
又，
故选：A.
4. 已知双曲线的左右焦点依次为，，且，若点在双曲线的右支上，则（ ）
A. B. 6C. 8D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，得，，求出，根据双曲线的定义即可求出的值.
【详解】
由题意知，，，
，
双曲线，
点在双曲线的右支上，
由双曲线的定义得，，
故选：B.
5. 设，若，则（ ）
A. 80B. 40C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令,求出，结合为的系数，求出这一项即可求出.
【详解】令，则可得，
又，则，
又为的系数，且，
因此.
故选：C.
6. “一尺之锤，日取其半，万世不竭”语出《庄子·天下》，意思是一尺长的棍棒，每日截取它的一半，永远截不完（一尺约等于33.33厘米）.若剩余的棍棒长度小于0.33厘米，则需要截取的最少次数为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】由题可知截取第n次后，剩余的棍棒长为尺, 然后列不等式可求出n的值.
【详解】由题意可知第一次剩余的棍棒长度为12尺，
则第n次剩余的棍棒长为尺，
由，解得，
所以当剩余的棍棒长度小于1厘米时,需要截取的最少次数为7.
故选: C.
7. 已知直线与交于、两点，则“”是“的面积取得最大值”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角形的面积公式可得，当时，的面积取得最大值，利用等面积求出圆心到直线的距离，
再由点到直线的距离公式求出的值，最后结合充要条件的定义进行判断即可.
【详解】
由，可得圆心，半径，
又，
当且仅当时，等号成立，
此时，
由等面积可得点到直线的距离，
又点到直线的距离，
解得，，
因此“”是“的面积取得最大值”的充分必要条件.
故选：C.
8. 设表示与的最大值，若，都是正数，，则的最小值为（ ）
A. B. 3C. 8D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用不等式的性质，结合基本不等式的“1“的妙用求出最小值.
【详解】由，得，
于是，当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为3.
故选：B
9. 将的图象向左平移个单位后得到的图象，当时，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】现根据平移得到的表达式，再由，可知在处，一个取最小值，一个取最大值，且相邻，进而可以列出等式，求解即可.
【详解】的图象向左平移个单位后得到，
因为，
所以在处，一个取最小值，一个取最大值，
不妨设，，
则，
因为，则，解得.
故选:.
10. 边长为2的正方形的中心为，将其沿对角线折成直二面角.设为的中点，为的中点，将绕直线旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作图，根据二面角的定义，余弦定理，可得是两腰为1，底边为的等腰三角形，从而可得旋转体为两个同底面的圆锥组合体，将该旋转体的内切球的半径再转化为其轴截面菱形的内切圆的半径，最后根据等面积求出，即可得到该旋转体的内切球的表面积.
【详解】由边长为2的正方形的中心为，将其沿对角线折成直二面角，
则可得，，，，平面平面，
又平面平面，平面，
平面，
又为的中点，为的中点，为的中点，
则可得,,
过作于点，连接，
则，平面，
又平面，
又，，，,
，
在中，，
又，
，
将绕直线旋转一周得到一个旋转体为两个同底面的圆锥组合体，
作出其轴截面，如图，
则该轴截面中和为边长为1的等边三角形，
该旋转体的内切球的半径即为菱形的内切圆的半径，
由等面积法，则，
即，则，
因此该旋转体内切球的表面积为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于得到旋转体为两个同底面的圆锥组合体，其次把求旋转体的内切球的半径，转化为求轴截面菱形的内切圆的半径.
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 某次社会实践活动中，甲、乙两个班的同学共同在一个社区进行民意调查，参加活动的甲、乙两班的人数之比为2：3，其中甲班的女生占，乙班中女生占.则该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率为____________.
【答案】##
【解析】
【分析】由全概率公式求解可得.
【详解】记事件“居民所遇到的一位进行民意调查的同学是甲班的”，
事件“居民所遇到的一位进行民意调查的同学是乙班的”，
“居民所遇到的一位进行民意调查的同学是女生”，
则，且互斥，，
由题意可知，，，
且，，
由全概率公式可知
，
即该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率为.
故答案为：.
12. 设函数，若的最小值为，则的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】结合反比例函数性质求的函数值的范围，结合条件及对数函数的定义域及单调性列不等式求.
【详解】当时，，
由反比例函数性质可得，当时，，
所以当时，，故，
又函数上单调递增，
故当时，的函数值的最小值为，
因为的最小值为，
所以，
所以.
故答案为：.
13. 已知数列满足，，设，则____________；的最小值为____________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据给定的递推公式，结合等差数列求出，进而求出及其的最小值.
【详解】由，得，而，则，
因此数列是首项为，公差为2的等差数列，，
，所以当时，取得最小值.
故答案为：；
14. 已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于、两点，若，则____________.
【答案】5
【解析】
【分析】求出抛物线焦点坐标，设出直线的方程，与抛物线方程联立求出点的纵坐标即可得解.
【详解】抛物线的焦点为，设直线的方程，，
由消去得，则，由，得，
联立解得或，因此，所以.
故答案为：5
15. 平面曲线的曲率就是针对曲线上某个点的切线方向角弧长的转动率，表明曲线偏离直线的程度.曲率半径主要是用来描述曲线上某处曲线弯曲变化的程度.如：圆越小，曲率越大，圆越大，曲率越小.定义函数的曲率函数（其中是的导数，是的导数），函数在处的曲率半径为此处曲率的倒数，给出下列四个结论：
①函数在无数个点处的曲率为1；
②函数的曲率恒为；
③函数的曲率半径随着变大而变大；
④若函数在与（）处的曲率半径相同，则.
其中，所有正确结论的序号是_____________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】根据给定的定义，求出各个命题中的，由有无数个解判断①；计算判断②；利用导数探讨函数单调性判断③；由有两个不等正根，构造函数结合极值点偏移推理判断④.
【详解】对于①，，则，当时，，
因此函数在无数个点处的曲率为1，①正确；
对于②，，，则，，②正确；
对于③，，则函数的曲率半径，
令，求导得，
由，得，当时，，
则函数在上单调递减，函数在上单调递减，③错误；
对于④，，则函数的曲率半径，
依题意，，令，则方程有两个不等正根，
即直线与函数的图象有两个交点，，
当时，，当时，，
函数在上单调递减，函数值集合为，
在上单调递增，函数值集合为，
因此当时，方程有两个不等正根，不妨令，
令函数，求导得
，
而，
则，函数在上单调递增，，即，
令，则，，又函数在上单调递增，
因此，即，④正确，
所以所有正确结论的序号是①②④.
故答案为：①②④
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：
①转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
②列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
③得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 在五面体中，平面，平面.
（1）求证：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、线面平行的判定性质推理即得.
（2）结合已知可得直线两两垂直，以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面法向量，再利用线面角的向量求求解即得.
【小问1详解】
由平面，平面，得，而平面，平面，
则平面，又平面，平面平面，
所以.
【小问2详解】
令，则，有，
于是，由已知得直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量，则，令，得，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17. 已知函数，其中，，若在上单调递减，且，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在.
（1）求，的值；
（2）当时，函数恰有一个零点，求的取值范围.
条件①：；条件②：；条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）条件①结合的单调性比较大小可知不符合要求；条件②③结合函数的对称性与周期关系待定，再由最值点代入求即可；
（2）整体换元转化为函数与的图象在上恰有一个公共点，结合图象可得.
【小问1详解】
.
由，则周期为，且最大值为，最小值为.
由在上单调递减，且，
得的图象关于直线对称，所以在单调递增.
条件①由在单调递增，，
得， 故，
这与最小值为矛盾，故不选条件①；
选择条件②：在上单调递减，且，，
则，所以，解得，
所以，
由得，故，解得，
故；
选择条件③：在单调递增，由知关于对称，
由，则关于对称，且与为相邻的对称轴，
故，所以，解得，
所以，
由得，故，解得，
故；
【小问2详解】
函数恰有一个零点，
即与的图象在上恰有一个公共点.
,，
设，，
要使与的图象在上恰有一个公共点，
则，即.
18. 为了调研某地区学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地区随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据：
（1）从这10所学校中随机选取1所，已知这所学校参与“自由式滑雪”人数超过40人，求该校参与“单板滑雪”超过30人的概率；
（2）已知参与“自由式滑雪”人数超过40人的学校评定为“基地学校”.现在从这10所学校中随机选取2所，设“基地学校”的个数为，求的分布列和数学期望；
（3）现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训，并专门对这3个动作进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”.在此集训测试中，李华同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响，每轮测试也互不影响.如果李华同学在集训测试中想获得“优秀”的次数的均值达到5次，那么至少要进行多少轮测试？（结果不要求证明）
【答案】（1）12
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）先将题设的数据整理为表格，根据表中数据结合条件概率的计算公式可求概率；
（2）结合超几何分布可求的分布列和数学期望；
（3）先求出李华在一轮测试中“优秀”的概率，再结合二项分布的期望公式可求至少要进行多少轮测试.
【小问1详解】
由题设可得如下数据：
设为“学校参与“自由式滑雪”人数超过40人”，
为“该校参与“单板滑雪”超过30人”，则，
而，故.
故已知这所学校参与“自由式滑雪”人数超过40人，
该校参与“单板滑雪”超过30人的概率为12.
【小问2详解】
参与“自由式滑雪”人数在40人以上的学校共4所，的所有可能取值为，
所以，，，
所以的分布列如下表：
所以.
【小问3详解】
记“李华在一轮测试中获得“优秀””为事件，则，
由题意，甲同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布，
由题意列式，得，
因为，所以的最小值为，故至少要进行轮测试.
19. 已知椭圆的右焦点坐标为，两个焦点与短轴一个端点构成等边三角形.
（1）求椭圆的方程和离心率；
（2）若过点与点的直线交椭圆于，两点，过点且与直线平行的直线交轴于点，直线与直线于点，求的值.
【答案】（1）;
（2）1
【解析】
【分析】（1）由题可知，再由条件两个焦点与短轴一个端点构成等边三角形可知，结合求解，进而得到椭圆方程和离心率.
（2）设直线的方程，联立直线和椭圆，由韦达定理得到两根的关系；根据平行得到斜率相等，可以写出直线的方程，进而得到的坐标，联立直线得到点的坐标，发现纵坐标之间的关系即可.
【小问1详解】
依题意得，
解得,
所以椭圆C的方程为，离心率.
【小问2详解】
由于，所以直线l的斜率不为0.
设直线l的方程为:,，
联立，消去并整理得，
其中，
所以，
对于直线l的方程，令，得，
所以点M的坐标为，
由于直线的斜系为，
直线直线,所以，
从而直线的方程为，
令，有
将代入，得，
于是点N的坐标为
由于直线的斜率为，
所以直线的方程为,
因为，
，
即
即，
其中，
所以，
于是有，
从而得
即点的坐标为，
因为
其中分子为
将和代入,有，
因此有
即，
即点为点和点的中点，
故.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于求出的坐标，进而发现纵坐标之间的关系.
20. 已知函数，其中.
（1）若在处取得极值，求的单调区间；
（2）若对于任意，都有，求的值.
【答案】（1）增区间是，减区间是
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出，由题意得求出，检验可得；
（2）先将“不等式恒成立”问题等价转化为“恒成立”问题，再构造函数，由与，分三类探究即可.
【小问1详解】
，由，函数定义域为.
则，
∵在处取得极值，
∴，
设，则在单调递减，
至多一个实数根，又，
方程有且仅有一个实数根.
当时，，其中.
， ，
当时，，则，在单调递增；
当时，，则，在单调递减；
所以在处取得极大值，极大值为.
故的增区间是，减区间是；
【小问2详解】
由（1）知，当时，在处取最大值，且最大值为，
即任意时，都有，满足题意.
由，得，
令，则，不等式转化为，
即在恒成立.
设，其中，
，其中，
①当时，且，
故存在，使，由在单调递减，
则当时，，在单调递减，
所以，故不满足恒成立，即不合题意；
②当时，且，
故存在，使，由在单调递减，
则当时，，在单调递增，
所以，故不满足恒成立，即不合题意；
综上所述，若对于任意，都有，则.
【点睛】已知不等式恒成立求参数问题，我们可以先取定义域内的一个或几个特殊点探路.如题目第（2）问中得到，由恒成立，考虑，再借助与的大小分类讨论求解即可.
21. 已知为有穷实数数列.对于实数，若中存在，使得，则称为连续可表数，将所有连续可表数构成的集合记作.
（1）设数列，写出，并写出一个与不同的数列使得；
（2）求所有的整数，使得存在数列满足；
（3）设数列与数列满足，，，.证明：.
【答案】（1）.（答案不唯一）；
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意列举可求，举例数列满足即可；
（2）法一，按集合中最大最小元素的符号进行讨论，分最小元素、最大元素、三类讨论满足题意条件的可能性，再对有可能的取值举例验证；
法二，先对可能的取值举例，再对其他情况用反证法证明其不符合要求；
（3）利用等式与不等式的性质得，结合放缩法对比两相等集合确定，再转化为，进而分析出，故得证.
【小问1详解】
数列，所有连续可表数构成的集合，
则；，
则.
令数列，所有连续可表数构成的集合，
设，
则，故，
数列是一个与不同的数列，且满足；
（其他参考答案：；
.答案不唯一）
【小问2详解】
若数列满足，不妨设.
假设数列只有两项，则中至多3个元素，
这与中有4项矛盾，故假设错误，
所以数列至少3项，即.
①当时，由，
得，且，
解得，所以，又，所以，即；
②当，即时，由，
得，且，
解得，所以，又，则；
③当时，由，.
综上所述，可能的取值有.
当时，令数列，满足；
当时，令数列，满足；
当时，令数列，满足；
当时，令数列，满足；
当时，令数列，满足；
当时，令数列，满足；
综上所述，满足题意所有整数有；
法二：当时，令数列，满足；
当时，令数列，满足；
当时，令数列，满足；
当时，令数列，满足；
当时，令数列，满足；
当时，令数列，满足；
当时，假设满足，
得，
则且中存在某项或连续若干项的和为，
所以必存在某项或连续某些项的和为，这与矛盾，
故不存在数列满足；
当时，假设满足，
则，且，
中存在若干连续的项和为，
所以必存在某项或连续某些项的和为，这与矛盾.
故不存在数列满足.
综上所述，满足题意所有的整数有；
【小问3详解】
，，
由题意可知中最小和最大元素分别为和；
中最小和最大元素分别为和.
因为，所以，
故，
由，则，
因为，由，所以，
又，是连续项之和中最大的连续可表数.
故中比大，且比小的元素只可能是
连续项之和或，
由，，
又
，
所以.
即，
则，由知，而，
所以，故
故得证.
【点睛】关键点点睛：该题目属于数列与集合综合考查的新定义题型，解答关键有三点：
一是对新定义的透彻理解，理解连续可表数的定义，核心就是数列连续几项（可以是一项）之和；二是由集合中最大元素与最小元素与数列中最大（小）项及所有项之和之间关系的分类讨论；三是两集合相等条件的转化，最大与最小元素必对应相等，再由不等式，结合数列的正项有序性，利用放缩法与不等式的性质确定两元素的相等关系.
自由
单板
0
1
2