湖南省邵阳市重点中学2023-2024学年高二上学期期末检测数学试题（含解析）

邵阳市重点中学2024年1月份高二期末检测
数学
（考试范围：人教A版必修1~选修三6.2.1）
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共8页。时量120分钟，满分150分。
第I卷
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.已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
2.已知复数满足，则的共轭复数（ ）
A. B. C. D.
3.在三棱柱中，为中点，若，，，则下列向量中与相等的是（ ）
A. B.
C. D.
4.已知数列中，且，则为（ ）
A. B. C. D.
5.第19届亚运会于2023年9月28日至10月8日在杭州举行，本届亚运会的吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人：“琮琮”“莲莲”和“宸宸”，分别代表世界遗产良渚古城遗址、西湖和京杭大运河.某同学买了6个不同的吉祥物，其中“琮琮”“莲莲”和“宸宸”各2个，现将这6个吉祥物排成一排，且名称相同的两个吉祥物相邻，则排法种数共为（ ）
A.48 B.24 C.12 D.6
6.在中，，，，以顶点，为焦点且过点的双曲线离心率记为，以顶点，为焦点且过点的双曲线离心率记为，则（ ）
A. B. C. D.
7.正割（Secant）及余割（Cosecant）这两个概念是由伊朗数学家、天文学家阿布尔威发首先引入，sec，csc这两个符号是荷兰数学家基拉德在《三角学》中首先使用，后经欧拉采用得以通行.在三角中，定义正割，余割，则函数的值域为（ ）
A.
B.
C.
D.
8.已知函数及其导数的定义域为，记，且，都为奇函数.若，则（ ）
A.0 B. C.2 D.
二、多选题（共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9.已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A.
B.函数为偶函数
C.函数的图象关于直线对称
D.函数在上的最小值为
10.若实数，满足，以下选项中正确的有（ ）
A.的最大值为 B.的最小值为
C.的最小值为15 C.的最小值为
11.如图所示，在棱长为2的正方体中，是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A.平面平面
B.的最小值为
C.若直线与所成角的余弦值为，则
D.若是的中点，则到平面的距离为
12.1202年，意大利数学家斐波那契出版了他的《算盘全书》，在书中收录了一个有关兔子繁殖的问题.他从兔子繁殖规律中发现了“斐波那契数列”，具体数列为：1，1，2，3，5，8，13，…，即从数列的第三项开始，每个数字都等于前两个相邻数字之和.已知数列为斐波那契数列，其前项和为，并且满足，，，则关于斐波那契数列，以下结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
选择题答题卡
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案
题号 8 9 10 11 12 得分
答案
第II卷
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，满分20分）
13.已知函数的定义域为，则实数的取值范围是______.
14.“莺啼岸柳弄春晴，柳弄春晴夜月明：明月夜晴春弄柳，晴春弄柳岸啼莺.”这是清代女诗人吴绛雪的一首回文诗，“回文”是汉语特有的一种使用语序回环往复的修辞手法，而数学上也有类似这样特征的一类“回文数”，图232，251152等，那么在有五位正整数中，有且仅有两位数字是偶数的“回文数”共有______个.
15.已知椭圆：的左右焦点为，.直线与椭圆相交于，两点，若，且，则椭圆的离心率为______.
16.意大利著名画家、数学家、物理学家达·芬奇在他创作《抱银貂的女子》时思考过这样一个问题：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？这就是著名的悬链线问题，连接重庆和湖南的世界第一悬索桥——矮寨大桥就采用了这种方式设计.经过计算，悬链线的函数方程为，并称其为双曲余弦函数.若对恒成立，则实数的取值范围为______.
四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17.已知锐角三角形的内角，，的对边分别为，，，.
（1）求；
（2）若，求的取值范围.
18.如图，在四棱锥中，为等边三角形，，，且，，，为中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若线段上存在点，使得二面角的大小为，求的值.
19.已知数列是递增的等差数列，数列是等比数列，且，、、成等比数列，，
（1）求数列和的通项公式
（2）若，求数列的前项和.
20.2020年1月15日教育部制定出台了“强基计划”，2020年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划，强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生，据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试，进入面试环节.现随机抽取了100名同学的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.
（1）求，的值；
（2）估计这100名同学面试成绩的众数和分位数（百分位数精确到0.1）；
（3）在第四、第五两组中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两人来自不同组的概率.
21.已知抛物线：的焦点为，为抛物线上一点，.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）已知点，点，过点的直线与抛物线交于，两点，连接交抛物线于另一点，证明：直线过定点，并求出定点坐标.
22.已知函数.（是自然对数的底数）
（1）求的单调递减区间；
（2）记，若，试讨论在上的零点个数.
2023年下期高二期末考试试卷（数学）参考答案
1.C
【分析】解不等式，求出，的交集即可.
【详解】解：∵，
∴，
故选：C.
2.D
【分析】借助复数的基本概念和运算即可得.
【详解】，故.
故选：D.
3.A
【分析】根据空间向量的线性运算可得解.
【详解】
如图所示，
在三棱柱中，，
依题意，
故选：A.
4.A
【分析】采用倒数法可证得数列为等差数列，根据等差数列通项公式可推导得到，得解.
【详解】由得：，
又，∴数列是以1为首项，为公差的等差数列，
∴，
∴，
∴，
故选：A.
5.A
【分析】根据相邻元素采用捆绑法可得结果.
【详解】由题意，因名称相同的两个吉祥物相邻，分别看成一个元素共有种排法，
相邻元素内部再排共有种排法，
故共有种排法，
故选：A.
6.C
【分析】根据已知求得，结合双曲线定义及离心率公式求结果.
【详解】因为，，，所以，
根据双曲线定义得，
所以.
故选：C
7.B
【分析】利用辅助角公式得到，且且，从而求出值域.
【详解】，
其中且，
∴且且.
故选：B.
8.C
【分析】根据的性质结合导数运算分析可知的图象关于对称，结合奇函数分析可知的周期为4，根据周期性运算求解.
【详解】因为为奇函数，则，
即，可知的图象关于点对称，
可得，即，
可知的图象关于对称，则，
又因为为奇函数，则，
可得，可知的周期为4，
所以.
故选：C.
9.ACD
【分析】选项A，由函数图象的顶点坐标求出，再由周期求出即可判断；选项B，由五点法求出，进而得出的解析式，再求出即可判断；选项C，根据正弦函数的性质即可判断；选项D，在上单调，求出最小值即可.
【详解】由函数的图象可得，由，解得，从而A正确；
再根据五点法可得，
又因为，解得，
从而，所以，
即函数为奇函数，从而B错误；
当时，，所以是最值，所以C正确；
因为时，，
因为，所以单调递增，
所以当时，从而D正确.
故选：ACD
10.AD
【分析】利用基本不等式解决含有条件的最值问题，求解和为定值或乘积为定值.
【详解】对于选项A：因为实数，满足，所以，
即，当且仅当时，即，时，取得最大值，故A正确；
对于选项B：因为实数，满足，
所以，
当且仅当时，即，时，取得最小值，故B错误；
对于选项C：因为实数，满足，所以，
，
当且仅当时，即，时，又，所以，故C错误；
对于选项D：因为实数，满足，
所以，
则，当且仅当时，即，时，取得最小值为，故D正确；
故选：AD.
11.ABD
【分析】根据面面垂直的判定定理即可判断A；结合正方体结构特征判断当点与重合时，取最小值，即可判断B；建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，根据空间角的向量求法可判断C；将线面距离转化为点面距离，根据空间距离的向量求法求得点到平面的距离，即可判断D.
【详解】在正方体中，因为平面，平面，所以平面平面，故A正确；
连接，由平面，平面，得，
故在中，当点与重合时，取最小值，故B正确；
如图，以、、所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，设，
则，
假设存在点，使直线与所成角的余弦值为，
则，
解得（舍去），或，此时点是中点，，故C错误；
由且平面，平面，知平面，
则到平面的距离，即为到平面的距离；
是的中点，故，，，，
设平面的法向量为，则，即，
取，则，，故，
所以点到平面的距离为，
即到平面的距离为，D正确.
故选：ABD
12.BC
【分析】根据斐波那契数列满足的条件，结合累加法，逐项计算判断即得.
【详解】斐波那契数列中，，，，，，，，，，A错误；
当，时，，，，三个式子相加，得：，B正确；
当，时，，则
C正确；
当，时，，则
，D错误.
故选：BC
13.
【分析】根据题意，将问题转化为恒成立求参数，再结合二次函数性质即求解.
【详解】因为函数的定义域为，
所以在上恒成立，
则当时，满足题意；
当时，，解得.
综上所述，，即.
故答案为：.
14.225
【分析】根据给定的信息，确定五位正整数中的“回文数”特征，再分别求出各位上的种数，先用乘法原理求出各类种数，再由加法原理即得.
【详解】依题意，五位正整数中“回文数”具有：
万位与个位数字相同，且不为0，千位与十位数字相同，
求有且仅有两位数字是偶数的“回文数”的个数有两类办法：
第一类：万位数字为偶数且不为0有4种，千位选一个奇数有5种，
百位选一个奇数有5种，
不同“回文数”的个数为个，
第二类：万位数字为奇数有5种，千位选一个偶数有5种，百位选一个奇数有5种，
不同“回文数”的个数为，
由分类加法原理得，
在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是偶数的“回文数”共有：个.
故答案为：
15.
【分析】由椭圆的对称性可得四边形为平行四边形，再根据椭圆的定义求出，，再在中，利用余弦定理求出，的关系即可得解.
【详解】
由粗圆的对称性可得四边形为平行四边形，则，
由，得，
因为，所以，
又，所以，
在中，由余弦定理得，
即
所以，
即椭圆的离心率.
故答案为：.
16.
【分析】先判断函数的奇偶性和单调性，根据函数的单调性和奇偶性，结合换元法、正弦型函数的性质、同角的三角函数关系式进行求解即可.
【详解】因为，所以函数是偶函数，
设，是上任意两个实数，且，即
，
因为，所以，，，
因此，即，
所以函数是偶函数，且在是增函数，
若在上恒成立，
，
又因为，
所以在恒成立，
令，而
由，，故时，
由，，故时，，
所以的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：判断函数的奇偶性和单调性，运用换元法进行求解是解题的关键.
17.（1）
（2）
【分析】（1）根据结合三角恒等变换分析运算；
（2）利用正弦定理进行边化角，再利用三角恒等变换结合正弦函数分析运算.
【详解】（1）∵，即，
由于，则，，即，
两边同乘以可得：，
则，且，解得.
（2）由题意及正弦定理，得，
则
，
由（1）可知，且为锐角三角形，
则，解得，
则，所以，
故的取值范围是.
18.（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）首先连接，根据线面垂直的判定定理证明平面，再利用面面垂直的判定定理证明平面平面.
（2）设，再利用向量法求二面角的平面角，再列方程得到，即得的值.
【详解】（1）证明：连接，
∵是边长为2的等边三角形，是的中点，
∴，
∵，，
∴四边形是矩形，∴，
∴，∴
又，，平面，
∴平面，
又平面，
∴平面平面.
（2）以为原点，以，，为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，
∴，，，
设，
则，
设平面的法向量为，
则，即
令，得，
又平面，
∴为平面的一个法向量，
∴，
∵二面角的大小为，
∴，
解得.
∴.
19.（1）；
（2）
【分析】（1）先由已知求和，然后根据等差数列和等比数列的通项公式求解即可；
（2）利用对数的运算先裂项，然后分组求和.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
因为、、成等比数列，
所以，
解得或，
因为是递增数列，所以，所以，
设等比数列的公比为，
因为，所以，
即，所以；
（2）由（1）知，所以，
又，
所以，
，
所以.
20.（1），
（2）估计众数为70，60%分位数为71.7
（3）
【分析】（1）由第三、四、五组的频率之和为0.7，各组频率之和为1，建立方程组求解，；
（2）由频率分布直方图可知最高的矩形组为第三组，取中点可得众数，求前两组与前三组频率之和，确定第分位数所在组，再由比例关系求解；
（3）由抽样比可得两组选取人数，列举法得，，再由古典概型概率公式可求.
【详解】（1）由题意可知：，
解得，；
（2）由频率分布直方图估计众数为，
前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75，
则估计第分位数为；
（3）根据分层抽样，和的频率比为
故在和中分别选取4人和1人，分别设为，，，和
则在这5人中随机抽取两个的样本空间包含的样本点有
，，，，，，，，，共10个，
即，记事件“两人来自不同组”，
则事件A包含的样本点有
，，，共4个，即，
所以.
21.（1）
（2）证明见解析，定点
【分析】（1）利用焦半径的定义可得的值，进而即可得到答案；
（2）设，，，则根据直线方程及题意可得到①，同理可得到②，同理也可得到的直线方程为，进而即可证明直线过定点，并得出定点坐标.
【详解】（1）因为为抛物线：上一点，所以，
又因为，所以，即，解得，
所以抛物线的标准方程为.
（2）设，，，
则的直线方程为，
化简得，
又，在抛物线上，得，
代入直线得，
化简得，
代入点，得，则①，
同理的的直线方程为，
代入点，得②，
由①②得，即③，
同理可得的直线方程为，
代入③得，即，
故直线过定点.
22.（1）
（2）1个
【分析】（1）求出及函数的定义域，解不等式，可得出函数的单调递减区间；
（2）利用导数分析函数在上的单调性，结合零点存在定理可得出结论.
【详解】（1）解：函数的定义域为.
且.
由得，可得，
解得.
所以，函数的单调递减区间为.
（2）解：由已知.所以，，
令，则.
因为，当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
即在上单调递增，在上单调递减.
因为，.
当时，，.
所以，存在，使得，
当时，；当时，，
所以，函数在上单调递增，在上单调递减.
因为，，故函数在上无零点，
又因为，由零点存在性定理可得，则在上有且只有一个零点，
综上所述，当时，函数在上仅有一个零点.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.