2023-2024学年河南省鹤壁市高中高二下学期7月期末考试数学试题（含解析）

2023-2024学年河南省鹤壁市高中高二下学期7月期末考试
数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设集合，则集合的元素个数为( )
A. B. C. D.
2.已知实数，，，那么实数的大小关系是( )
A. B. C. D.
3.在四面体中，点满足为的中点，且则实数( )
A. B. C. D.
4.在中，，是的中点，，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
5.已知，是函数的零点，则( )
A. B. C. D.
6.已知 ，则( )
A. B. C. D.
7.已知正方体，过点且以为法向量的平面为，则截该正方体所得截面的形状为( )
A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形
8.已知，，若，，则的可能值为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知正实数满足，则( )
A. 的最大值为 B. 的最小值为
C. 的最大值为 D. 的最小值为
10.随机变量，分别服从正态分布和二项分布，即，，则( )
A. B. C. D.
11.已知圆，，则下列结论正确的有( )
A. 若圆和圆相交，则
B. 若圆和圆外切，则
C. 当时，圆和圆有且仅有一条公切线
D. 当时，圆和圆相交弦长为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数及其导函数的定义域均为，若，都为偶函数，则 ．
13.在中，若，则 ．
14.直线经过点，与圆：相交截得的弦长为，则直线的方程为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
年月日工业和信息化部等八部门发布了关于加快传统制造业转型升级的指导意见，某机械厂积极响应决定进行转型升级．经过市场调研，转型升级后生产的固定成本为万元，每生产万件产品，每件产品需可变成本万元，当产量不足万件时，；当产量不小于万件时，每件产品的售价为元，通过市场分析，该厂生产的产品可以全部销售完．
求利润函数的简析式；
求利润函数的最大值．
16.本小题分
已知的内角，，所对的边分别为，，，且．
求角；
若，，求边及的面积；
在的条件下，求的值．
17.本小题分
已知四棱锥，底面是正方形，平面平面，为棱的中点．
求证：平面；
求平面与平面夹角的正弦值．
18.本小题分
已知双曲线经过点，右焦点为，且成等差数列．
求的方程；
过的直线与的右支交于两点在的上方，的中点为在直线上的射影为为坐标原点，设的面积为，直线的斜率分别为，试问是否为定值，如果是，求出该定值，如果不是，说明理由．
19.本小题分
已知实数，定义数列如下：如果，，则．
求和用表示；
令，证明：；
若，证明：对于任意正整数，存在正整数，使得．
答案简析
1.
【简析】根据题意可知，当时，，此时；
又因为为奇数，为偶数，且中的任意两组角都不关于对称，
所以的取值各不相同，因此当时集合中的取值会随着的增大而增大，
所以当时，集合中有个元素；
当时，易知
又易知，所以可得
，
即时的取值与时的取值相同，
根据集合元素的互异性可知，时并没有增加集合中的元素个数，
当时，易知
，
可得当时，集合中的元素个数只增加了一个，
所以可得集合的元素个数为个
故选：
2.
【简析】解：由于 可得 ，即 ，
又由于 ，所以 ，
假设在 中， ， ，角的平分线交边于点，
所以 ， ， ，
所以 ，所以 ，即 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，即 ，解得 ，
在 中， ，即 ，
所以 ，
由于 ，即 ，所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
所以
故选：．
3.
【简析】
解：由为的中点，得
又
所以，由
得
即所以
故选：．

4.
【简析】解：在中，设，由正弦定理得，
所以，，
因为是的中点，所以．
所以
因为，所以，所以，
所以，
即的取值范围是
故选C．
5.
【简析】因为，是函数的零点，
所以，，
所以
．
故选：
6.
【简析】，
其中展开式的通项为，且，
当时，，此时只需乘以第一个因式中的，可得；
当时，，此时只需乘以第一个因式中的，可得．
所以．
故选：
7.
【简析】解：连接，，则，
又，，
故，又，，，
故，，
故，
同理，
，，，
故，
故过点且以为法向量的平面截该正方体所得截面为三角形．
8.
【简析】由得，设，则，
又，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减．
因为，所以．
结合选项可知B正确，ACD错误．
故选：．
9.
【简析】由，可得，令，，所以，，
对于，则，当时，取最大值为，故A正确
对于，
当时，的最大值为，故B错误；
对于、，由可得，由，则，故 C正确，D错误．
故选：
10.
【简析】选项，根据正态分布的定义得，故 A正确；
选项，，，故，故 B正确；
选项，，，故，故 C正确；
选项，，故 D错误．
故选：．
11.
【简析】由题意可知：圆的圆心，半径；
圆的圆心，半径；
则，
对于选项A：若圆和圆相交，则，
即，解得，故 A正确；
对于选项B：若和外切，则，
即，解得，故 B正确；
对于选项C：当时，由选项 A可知：圆和圆相交，
所以圆和圆有且仅有条公切线，故C错误；
对于选项D：当时，由选项 A可知：圆和圆相交，
且圆，，
两圆方程作差得，即公共弦所在直线的方程为，
圆心到直线的距离，
所以公共弦长为，故 D正确．
故选：
12.
【简析】
解：因为 为偶函数，则 ，即 ，
则 ，即 ，
故 的图象关于点 对称，且 ；
又 为偶函数，则 ，
则 ，即 ，
故 的图象关于点 对称，且 ，
又将 代入 得 ，则 ；
令 ，由 可得 ，则 ；
同理可得 ，则 ；
因为 ， ，所以 ，则 ； ，
由此可得 组成了以为首项， 为公差的等差数列，
故 ，
故答案为：
13.或
【简析】．
由余弦定理得．
由正弦定理得，从而．
所以．
故答案为：．
14.；
【简析】解：圆：，即，圆心为，半径，
因为直线与圆相交截得的弦长为，
所以圆心到直线的距离，
若直线的斜率不存在，此时直线方程为，满足圆心到直线的距离为，符合题意；
若直线的斜率存在，设斜率为，则直线方程为，即，
则，解得，所以直线方程为，即，
综上可得直线方程为或．
故答案为：或．
15.
由题意得，销售收入为万元．
当产量不足万件时，，
利润为：；
当产量不小于万件时，，
利润为：．
所以利润函数为
当时，，
所以当时，在上单调递增；
当时，在单调递减，
所以当时，取得最大值；
当时，
当且仅当，即时，等号成立
又，故当时，所获利润最大，最大值为万元．
【简析】根据题意，分段表示销售利润，即得利润函数；
对利润函数分段讨论，利用求导、基本不等式等方法求函数的最大值即得．
16.
因为，
由正弦定理可得，
即，即，
又，所以，则，又，所以．
由余弦定理得，
整理得，解得或舍，
所以的面积．
由正弦定理得，即，解得，
因为，故角为锐角，故，
所以，
，
所以
．
【简析】利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式求出，即可得角；
根据余弦定理求得边长，再利用面积公式求解即可．
利用正弦定理求出，再求出，再利用二倍角公式求出，最后再利用两角和与差的正弦公式即可．
17.
因为平面平面，，
且平面平面平面，
所以平面．
由题意和知，两两垂直，
以为原点，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
可得．
易知平面的一个法向量为．
设平面的法向量为，则
令，则，可得．
设平面与平面的夹角为，
则，
可得
所以平面与平面的夹角的正弦值为．
【简析】由面面垂直得到线面垂直；
建立空间直角坐标系，得到平面的法向量，利用空间向量求面面夹角．
18.
因为，，成等差数列，所以，
又，所以．
将点的坐标代入的方程得，解得，
所以，所以的方程为．
依题意可设：，
由，得，

设，，，则．
，，
则，
而，
所以，
所以是定值，定值为．
【简析】根据题意和可得，然后根据点在双曲线上即可求解；
依题意可设：，将直线方程与圆锥曲线方程联立得到，利用韦达定理和已知条件求出的表达式，然后求出的表达式，化简即可求证．
19.解：因为 ，所以 ；
因为 ，所以 ．
由数列 定义得： ，所以 ．
而 ，
所以 ．
当 ，由可知， 无上界，
故对任意 ，存在 ，使得 ．
设 是满足 的最小正整数．下面证明 ．
若 是偶数，设 ，
则 ，于是 ．
因为 ，所以 ．
若 是奇数，设 ，
则，
所以
．
所以 ．
综上所述，对于任意正整数 ，存在正整数 ，使得 ．
【简析】
根据新定义直接求解即可；
根据新定义可得 ，进而可得；
由可知 无上界，故对任意 ，存在 ，使得 ．
设 是满足 的最小正整数，分是奇数和偶数分别证明即可．
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