山东省济南市名校教研联盟2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试卷（含解析）

济南市名校教研联盟2023-2024学年高二下学期6月期末考试
数学试卷
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名 准考证号填写在答题卡上.
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.
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（），且，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
3.展开式中的系数为（ ）
A. B.36 C. D.28
4.函数的最小正周期是（ ）
A. B. C. D.
5.已知直线被圆心为的圆截得的弦长为，则该圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
6.已知函数，则（ ）
A.1 B. C. D.
7.如图，在多面体中，四边形ABCD是边长为3的正方形，，E到平面ABCD的距离为3，，.若A，B，C，D，E，F在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
8.已知x为正数，且，则（ ）
A. B.
C. D.
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.已知向量，，下列说法正确的是（ ）
A.若，则
B.若与共线，则
C.若，则
D.“”是“”的充要条件
10.已知数列，满足，且，则（ ）
A. B.当时，是等比数列
C.当时，是等差数列 D.当时，是递增数列
11.已知椭圆C：（）的左 右焦点分别为，.P为C上一点，且，，则C的离心率等于（ ）
A. B. C. D.
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.烽火台是我国古代用于防御与通讯的军事建筑.如图为一类正四棱台状的烽火台，已知该烽火台底部边长为10米，顶部边长为8米，高为12米，忽略烽火台凹陷部分，则该烽火台的体积为__________立方米.
13.已知，则__________.
附：若，则，.
14.已知抛物线C：的焦点为F，点P，Q，R为C上可相互重合的点，且，则的取值范围是__________，的最小值是__________.
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.（13分）
记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）若，证明：是等边三角形；
（2）若，求.
16.（15分）
如图，直四棱柱的底面是正方形，，E，F分别为，的中点.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
17.（15分）
甲 乙两个袋子各装有大小相同的3个红球和2个白球，第一次从甲袋子随机取出一个球放入乙袋子.求：
（1）第二次从乙袋子随机取出一个球是红球的概率；
（2）在第二次从乙袋子随机取出一个球是红球的条件下，第一次从甲袋子取出的是白球的概率；
（3）第二次从乙袋子随机取出两个球，其中白球个数的分布列与期望.
18.（17分）
已知双曲线C：（，）的右顶点到C的一条渐近线的距离为.
（1）求C的方程；
（2）设过点的直线交C于P，Q两点，过P且垂直于x轴的直线与直线AQ交于点R，证明：以线段PR的中点为圆心且过坐标原点的圆还过其他定点.
19.（17分）
已知，，函数.
（1）若，求；
（2）设.记M为，，…，的所有零点组成的集合，X，Y为M的子集，它们各有n个元素，且.设，，，2，…，n，且，.证明：
（i）；
（ii）.
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数学参考答案
1.【答案】B
【解析】且，故，所以.
2.【答案】A
【解析】且，故.
3.【答案】D
【解析】展开式中的系数为.
4.【答案】A
【解析】，所以的最小正周期为.
5.【答案】C
【解析】圆心到直线的距离，记弦长，圆的半径为，则，故圆的方程为.
6.【答案】B
【解析】，
故.
7.【答案】D
【解析】如图，设为的中点，在底面上的射影为，根据题意可知球心在上，设球半径
为，且易知，
则，即，解得，故，所以球的表面积.
8.【答案】D
【解析】设，则，单调递减，当时，，当时，.因为，即.若，则，此时；若，显然，此时.同理，若，则，故，即.
9.【答案】BD（选对部分得3分）
【解析】若，则，故A错误；若与共线，则，即，故B正确；，则，即，故C错误；由B可知，因为，故若，则，则，故D正确.
10.【答案】BCD（选对部分得3分）
【解析】根据题意有，故A错误；
因为，故当时，是公比为2的等比数列，故B正确；
根据题意可得，故当时，，故C正确；
当时，由上可知，故是递增数列，故D正确.
11.【答案】ABD（选对部分得3分）
【解析】方法1：如图，设的半焦距为，离心率为，延长到，
使得，则，因为，
，则，故，
故，所以，故A正确；
又因为，且由可得，
故，故B正确；由正弦定理可，
故C错误；在线段上取点，使得，则是等边三角形，且
，故由正弦定理可知
，故D正确.
方法2：由正弦定理得.因为
，所以A正确.由A得，所以，
所以B正确.C错误.由于，所以D正确.
12.【答案】976
【解析】根据题意可知棱台的上底面面积平方米，下底面面积平方米，高米，故体积立方米.
13.【答案】0.1814
【解析】因为，则，故.
14.【答案】；（答对一空给3分，全对给5分）
【解析】设，其中，易知，且因为，则，且，可得到关于的一元二次方程为，故应满足，故，又由抛物线的定义可知，故，等号分别在时成立，即的取值范围是.因为，由上可知，故，等号在成立，故的最小值是.
15.（13分）
【解析】（1）因为，由正弦定理可得，
又由余弦定理可得，
故当时，，故.
故若，则是等边三角形.
（2）因为，由正弦定理可得，
故，又由（1）可知，故，
所以.
故由余弦定理可得.
16.（15分）
【解析】（1）方法1：如图，设为的中点，连接.因为分别为直四棱柱的棱的中点，
所以，
故.
所以四边形是平行四边形，所以.
又因为平面平面，故平面.
方法2：如图，设为的中点，连接，因为分别为的中点，故，且.
平面平面，故平面，同理平面，且，故平面平面.
又因为平面，故平面.
（2）以为坐标原点，直线为轴，直线为轴，直线为轴建立坐标系，设，则，故，.
设平面与平面的法向量分别为，则
不妨取，则，
所以，
二面角的正弦值为.
17.（15分）
【解析】（1）记事件表示第一次从甲袋子取出的是红球，表示第二次从乙袋子取出的是红球，则
（2）在（1）所设的条件下有：
（3）记第二次从乙袋子随机取出两个球中白球个数为，则，
其中，
，
.
的分布列为：
0 1 2
所以.
18.（17分）
【解析】（1）因为的右顶点为，故.
设的一条渐近线为，则.
解得.
所以的方程为.
（2）易知过点且垂直于轴的直线与仅有一个公共点，不合题意.
设过点的直线为，与的方程联立有：
.
设，则，且.
故直线的方程为.
与直线的方程联立可得.
记线段的中点为，则，
故直线的斜率为
所以在直线上.
故以线段的中点为圆心且过坐标原点的圆还过原点关于直线的对称点.
注：没有给出定点的坐标不扣分，但若给出的定点坐标计算错误则扣1分.
19.（17分）
【解析】（1）根据题意有.
当时，单调递减，当时，单调递增，
故.
设，则，当时，单调递增，当时，
单调递减，，故若，则.
所以.
（2）（i）由题设可知，由（1）可知，，且在和分别单调，若有两个零点，则正 负各一个，故共有个零点，即有个元素，且个是正数，个是负数.又因为各有个元素，且，故的所有元素要么属于，要么属于.
若且，则且，故至少有个零点是正数，这与恰有个零点是正数矛盾.同理，也不能同为负数.故与异号，.
由上不妨设，则.设，则单调递减，故，即，故.
所以.
（ii）将的个元素按照从小到大的顺序排列得到数列，其中均为负数，均为正数.因为，故，且，故至少大于中的个元素，为中的某一项；同理可知，为中的某一项.
因为，
故.
，设，则，
设，则，当时，单调递增，，单调递增，.
故由（i）可知，且.
故由上可知，.
，设，则，
当时，，且由上可知，，故单调递增，故.
同上有，故.
综上，.
注：（ii）中证明右侧不等式时，可根据，按照相应步骤评分，但证明左侧证明等式时，仍需先证明.