湖南省衡阳市第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷
1．（2024高二下·衡阳期末）函数在上的单调性是（ ）．
A．单调递增
B．单调递减
C．在上单调递减，在上单调递增
D．在上单调递增，在上单调递减
2．（2024高二下·衡阳期末）已知数列是由正数组成的等比数列，为其前项和.已知，则（ ）
A．15 B．17 C．31 D．33
3．（2024高二下·衡阳期末）正方体的棱长为2，E，F，G分别为，AB，的中点，则直线ED与FG所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·衡阳期末）如果定义在R上的函数满足：对于任意，都有
，则称为“函数”．给出下列函数：①；②；③；④，其中“函数”的个数是
A．4 B．3 C．2 D．1
5．（2024高二下·衡阳期末）剪纸是中国古老的传统民间艺术之一，剪纸时常会沿着纸的某条对称轴对折．将一张纸片先左右折叠，再上下折叠，然后沿半圆弧虚线裁剪，展开得到最后的图形，若正方形的边长为，点在四段圆弧上运动，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·衡阳期末）若函数恰有两个零点，则实数t的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高二下·衡阳期末）已知点，若圆上存在点，使得线段的中点也在圆上，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高二下·衡阳期末）若，，，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·衡阳期末）已知平行六面体如图所示，其中，，，线段AC，BD交于点O，点E是线段上靠近的三等分点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．（2024高二下·衡阳期末）设函数，且，下列命题：其中正确的命题是（ ）
A．若，则；
B．存在，，使得；
C．若，，则；
D．对任意的，，都有.
11．（2024高二下·衡阳期末）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数存在三个不同的零点
B．函数的极小值为，极大值为
C．若时，，则t的最大值为2
D．若方程有两个实根，则
12．（2024高二下·衡阳期末）“中国剩余定理”又称“孙子定理”．“中国剩余定理”讲的是关于带余除法的问题，现有这样一个问题：将2至2019这2018个整数中被5除余1且被7除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列 ，则此数列的项数为 ．
13．（2024高二下·衡阳期末）已知为坐标原点，抛物线的焦点为，过的直线交于A，B两点，A，B中点在轴上方且其横坐标为1，，则直线的斜率为 .
14．（2024高二下·衡阳期末）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，若平面平面ABCD，侧面PAD是边长为的正三角形，底面ABCD是矩形，，点Q是PD的中点，则下列结论中正确的是 ．（填序号）
①平面PAD；②PC与平面AQC所成角的余弦值为；
③三棱锥B-ACQ的体积为；④四棱锥Q-ABCD外接球的内接正四面体的表面积为．
15．（2024高二下·衡阳期末）春夏之交因昼夜温差大，细菌、病毒等活跃，是流感高发季节．某校高二年级某组团统计了流感暴发前的半个月与流感暴发后的半个月的学生请假情况，得到如下数据：
因发烧请假 非发烧请假 合计
流感暴发前 10 30
流感暴发后 30
合计 70
（1）完成列联表，并依据的独立性检验，判断能否认为流感暴发对请假的同学中发烧的人数有影响．
（2）后经过了解，在全校因发烧请假的同学中男生占比为，且的因发烧请假的男生需要输液治疗，的因发烧请假的女生需要输液治疗．学校随机选择一名因发烧请假在医院输液的同学进行慰问，求这名同学是女生的概率．
附：．
0.05 0.01 0.001
3.841 6.635 10.828
16．（2024高二下·衡阳期末）已知为各项均为正数的等比数列，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列前n项和．
17．（2024高二下·衡阳期末）为建设“书香校园”，学校图书馆对所有学生开放图书借阅，可借阅的图书分为“期刊杂志”与“文献书籍”两类，已知该校小明同学的图书借阅规律如下：第一次随机选择一类图书借阅，若前一次选择借阅“期刊杂志”，则下次也选择借阅“期刊杂志”的概率为，若前一次选择借阅“文献书籍”，则下次选择借阅“期刊杂志”的概率为．
（1）求小明同学在两次借阅过程中恰有一次借阅“期刊杂志”的概率；
（2）求小明同学在两次借阅过程中，第二次借阅的是“文献书籍”的概率．
18．（2024高二下·衡阳期末）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）若为的中点，求二面角的大小.
19．（2024高二下·衡阳期末）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设函数有两个不同的零点，
（i）求实数的取值范围：
（ⅱ）若满足，求实数的最大值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
2．【答案】C
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，显然，
因为，所以，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】设等比数列的公比为，显然，由题意，结合等比数列的求和公式、通项公式求首项和公比，再求即可.
3．【答案】B
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
易知 ， ， ，，
则，即直线与的余弦值为.
故答案为：B.
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
4．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由题意可得： 对于任意，不等式 恒成立，
即函数是定义在上单调递增，
①、，，当或时，，
则函数在和上单调递减，不符合题意；
②、；，
则函数单调递增，符合题意；
③、为增函数，符合题意；
④、，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，不符合题意，
综上满足“H函数”的函数为②③.
故答案为：C.
【分析】由题意可得恒成立，判断函数在定义域单调递增，利用导数判断单调性，即可判断①②；根据指数函数得单调性即可判断③；分和判断函数得单调性即可判断④.
5．【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：以点为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
设点，易知以为半径的左半圆的方程为，
以为半径的右半圆的方程为，
则点的横坐标的取值范围是，
又因为，，所以，.
故答案为：B.
【分析】以点为坐标原点，建立平面直角坐标系，求出点的横坐标的取值范围，利用平面向量数量积的坐标运算求的取值范围即可.
6．【答案】B
【知识点】函数的图象；利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数，
易知，则不是的零点，
当时，令，则，
记，，
则问题转化为与有两个交点，
易知在上单调递增，
又因为，所以的零点，
当时，，当时，，
当且时，，
令，得，
当时，，单调递增，
当或时，，单调递减，
当时，，则，单调递增，
且当x趋近于0或从左趋近于1时，趋近于，
当x从右趋近于1时，趋近于，当x趋近于时，趋近于1.
又，，
可作函数的图象，如图所示：
由图可知，当或时，与有两个交点，
即有两个零点.
故答案为：B.
【分析】将问题转化为与有两个交点，分类讨论取绝对值，利用导数讨论单调性，作出函数的草图，数形结合求解即可.
7．【答案】B
【知识点】轨迹方程；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：设点，的中点，
由题意可得：，解得，
即的中点的轨迹是为圆心，为半径的圆，
因为线段的中点也在圆上，所以两圆有公共点，
则，解得，即的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】设点，的中点，由题意列式求得点轨迹方程，结合圆与圆的位置关系求解即可.
8．【答案】B
【知识点】利用对数函数的单调性比较大小；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：，
令函数，，
函数在上单调递减，，即当时，，
，
，即，即，
则.
故答案为：B.
【分析】利用对数运算结合对数函数单调性可得，并与比较大小，再构造函数，可得，
即可与c比较大小.
9．【答案】A,D
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A、由题意可得：，
，，
，故A正确；
B、，故B错误；
C、
，
则，故C错误；
D、
，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用向量的线性运算和向量数量积的定义化简求值判断即可.
10．【答案】B,C,D
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
A、由图可知：表示曲线在点处的切线斜率小于割线的斜率，
则，故A错误；
B、在点处的切线斜率小于割线的斜率，在点处的切线斜率大于割线的斜率，所以在曲线上必存在某点，使得该点处的切线斜率等于割线的斜率，所以存在，使得， 故B正确；
C、 ，由图知割线的斜率，小于在点处的切线的斜率，所以，故C正确；
D、由图知梯形中位线的长为，的长为，
因为，所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用导数的几何意义，数形结合比较切线和割线的斜率判断即可.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数与方程的综合运用；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】A，由，得，解得，函数只有两个零点，A错误；
B，函数定义域为R，求导得，
当或时，，当时，，
函数的极小值为，极大值为，B正确；
C，函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，单调递减，值域为，而，
则，函数在上的值域为，
当时，恒成立，函数在上的值域为，
因此存在，使得，如图，
由当时，，得，则的最大值为2，C正确；
D，方程有两个实根等价于的图象与直线有两个交点，如图，
观察图象知：当时，直线与的图象有两个交点，
因此方程有两个实根时，，D正确.
故答案为：BCD
【分析】本题考查函数的零点，利用导函数研究函数的极值，利用导函数研究函数的最值，函数与方程的综合运用.根据函数的零点可得：，据此可列出方程，解方程可求出函数的零点，判断A选项；先求出函数定义域，再求出导函数，令和，解不等式可求出函数的单调区间，进而可求出函数的极值，判断B选项；根据函数的单调性和极值可得函数在上的值域为，进而可推出存在，使得，求出t的最大值，判断C选项；根据题意可将问题转化为的图象与直线有两个交点，作出函数的图象，根据函数图象可求出实数的取值范围，判断D选项.
12．【答案】57
【知识点】辗转相除法与更相减损术
【解析】【解答】被5除余1且被7除余1的数就是被35除余1的数，故 ，
由 可得 可取的最大整数为57，故此数列最后一项的项数为57。
故答案为：57。
【分析】利用 “中国剩余定理” 结合已知条件，得出被5除余1且被7除余1的数就是被35除余1的数，故 ，再利用 可得 可取的最大整数，进而求出此数列最后一项的项数。
13．【答案】
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：易知直线的斜率存在且大于零，
设直线的方程为：，点，
联立，整理可得，
由韦达定理可得：， ，
因为A，B中点的横坐标为1，所以，则，
由弦长公式可得：，
又因为，所以，
化简整理可得，即，解得，所以.
故答案为：.
【分析】设直线的方程为：，联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理和弦长公式，以及中点坐标求解即可.
14．【答案】②④
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；用空间向量研究直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：取的中点，的中点，连接，
因为三角形为等边三角形，所以，
因为平面平面，所以平面，
因为，所以两两垂直，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
，
因为点Q是PD的中点，所以，
①、易知平面的法向量为，，
则 与 不共线，即与平面不垂直，故①不正确；
②、，
设平面的法向量为，
则，令，则，
即，
设PC与面AQC所成角为，则，即，故②正确；
③、三棱锥的体积为
，
故③不正确；
④、设四棱锥外接球的球心为，则，
即，解得，
即为矩形对角线的交点，
所以四棱锥外接球的半径为，
设四棱锥外接球的内接正四面体的棱长为，
将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，
故正方体的棱长为，所以，得，
所以正四面体的表面积为，故④正确.
故答案为：②④.
【分析】取的中点，的中点，连接，则由已知可得平面，而底面为矩形，所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴， 轴 ，轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
15．【答案】（1）解：零假设为：流感暴发与请假的同学中发烧的人数之间相互独立，
列联表
因发烧请假 非发烧请假 合计
流感暴发前 10 20 30
流感暴发后 30 10 40
合计 40 30 70
，
则我们推断不成立，即可以认为流感暴发对请假的同学中发烧的人数有影响
（2）解：设事件为“请假的同学为女生”，事件为“需要输液治疗”，
则．
即这名同学是女生的概率为．
【知识点】独立性检验的应用；条件概率
【解析】【分析】（1）完善列联表，零假设，计算，再与临界值比较即可；（2）利用条件概率公式求解即可.
（1）零假设为：流感暴发与请假的同学中发烧的人数之间相互独立．
完成列联表如下所示．
因发烧请假 非发烧请假 合计
流感暴发前 10 20 30
流感暴发后 30 10 40
合计 40 30 70
根据列联表中的数据，经计算得
．
所以我们推断不成立，即可以认为流感暴发对请假的同学中发烧的人数有影响．
（2）设事件表示请假的同学为女生，事件表示需要输液治疗，
，，
则．
所以这名同学是女生的概率为．
16．【答案】（1）解：设等比数列公比为
（2）解：
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1)利用基本量法，求出首项和公比，即可求解；
(2)利用错位相减法，即可求解.
17．【答案】（1）解：用，分别表示第一次、第二次借阅“期刊杂志”，用，表示第一次、第二次借阅“文献书籍”，
则，，，，，
记两次借阅过程中恰有一次借阅“期刊杂志”为事件，
则；
（2）解；设第二次借阅“文献书籍”为事件，
则.
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）利用互斥事件的概率公式与条件概率的乘法公式求解即可；
（2）利用全概率公式求解即可.
（1）用，分别表示第一次、第二次借阅“期刊杂志”，用，表示第一次、第二次借阅“文献书籍”.
则，，，，.
记两次借阅过程中恰有一次借阅“期刊杂志”为事件，则
.
（2）设第二次借阅“文献书籍”为事件，则：
.
18．【答案】（1）证明：以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，，，，
由，可得，，
则，，，
设面的法向量为，则，令，解得，，
即，显然与平行，则平面；
（2）解：易知，，，，
，，
设面的法向量为，则，令，解得，，
即，
设面的法向量为，则，
令，解得，，即，
设二面角为，且，
则，即，
故二面角的大小为.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明即可；
（2） 以为原点，建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法求解即可.
（1）以为原点，建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
而，故，，
故，，，
设面的法向量为，故得，
令，解得，，故得，
显然与平行，故平面得证.
（2）易知，，，，
，，设面的法向量为，
故有，令，解得，，故，
设面的法向量为，故得，
令，解得，，故，
设二面角为，结合图象可知，
故，
故，即二面角的大小为.
19．【答案】（1）解：函数的定义域为，，
当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，由，解得，由，解得，
则数在上单调递增，在上单调递减，
综上所述：当时，的单调递增区间是，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；
（2）解：（ⅰ）令，则，令定义域为，，
当时，解得，当时，解得，
则函数在上单调递增，在上单调递减，且，
当时，恒成立，且，
因为函数有两个零点，所以方程有两个不等的正根，即直线与的图象有两个公共点，
则，即，故实数的取值范围是；
（ⅱ）由，得，且，
不妨设，将代入，
得，即，
令，求导得，令，
求导得，则函数在上单调递减，
有，即，函数在上单调递减，
由，得，则，
因此函数在上单调递减，即，
于是，有，则，
又，令，，
由（ⅰ）知，在上递增，而，因此在上递增，
则，即，解得，
所以a的最大值是.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再求导，分和判断函数的单调性即可；
（2）（ⅰ）分离参数可得，令，求导，利用导数研究函数的单调性，求极值，数形结合求解即可；
（ⅱ）由已知，设，可得，设，利用导数研究函数的单调性，可求得，再利用的单调性可求得，进而求得结果.
（1）函数的定义域为，求导得，
当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，由，得，由，得，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，的递增区间是，无递减区间；
当时，的递增区间是，递减区间是.
（2）（ⅰ）由，得，令，求导得，
当时，，当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，，
而当时，恒成立，且，
由有两个零点，即方程有两个不等的正根，亦即直线与的图象有两个公共点，
因此，即，
所以实数的取值范围是.
（ⅱ）由，得，且，
不妨设，将代入，
得，即，
令，求导得，令，
求导得，则函数在上单调递减，
有，即，函数在上单调递减，
由，得，则，
因此函数在上单调递减，即，
于是，有，则，
又，令，，
由（ⅰ）知，在上递增，而，因此在上递增，
则，即，解得，
所以a的最大值是.
1 / 1湖南省衡阳市第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷
1．（2024高二下·衡阳期末）函数在上的单调性是（ ）．
A．单调递增
B．单调递减
C．在上单调递减，在上单调递增
D．在上单调递增，在上单调递减
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
2．（2024高二下·衡阳期末）已知数列是由正数组成的等比数列，为其前项和.已知，则（ ）
A．15 B．17 C．31 D．33
【答案】C
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，显然，
因为，所以，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】设等比数列的公比为，显然，由题意，结合等比数列的求和公式、通项公式求首项和公比，再求即可.
3．（2024高二下·衡阳期末）正方体的棱长为2，E，F，G分别为，AB，的中点，则直线ED与FG所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
易知 ， ， ，，
则，即直线与的余弦值为.
故答案为：B.
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
4．（2024高二下·衡阳期末）如果定义在R上的函数满足：对于任意，都有
，则称为“函数”．给出下列函数：①；②；③；④，其中“函数”的个数是
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由题意可得： 对于任意，不等式 恒成立，
即函数是定义在上单调递增，
①、，，当或时，，
则函数在和上单调递减，不符合题意；
②、；，
则函数单调递增，符合题意；
③、为增函数，符合题意；
④、，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，不符合题意，
综上满足“H函数”的函数为②③.
故答案为：C.
【分析】由题意可得恒成立，判断函数在定义域单调递增，利用导数判断单调性，即可判断①②；根据指数函数得单调性即可判断③；分和判断函数得单调性即可判断④.
5．（2024高二下·衡阳期末）剪纸是中国古老的传统民间艺术之一，剪纸时常会沿着纸的某条对称轴对折．将一张纸片先左右折叠，再上下折叠，然后沿半圆弧虚线裁剪，展开得到最后的图形，若正方形的边长为，点在四段圆弧上运动，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：以点为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
设点，易知以为半径的左半圆的方程为，
以为半径的右半圆的方程为，
则点的横坐标的取值范围是，
又因为，，所以，.
故答案为：B.
【分析】以点为坐标原点，建立平面直角坐标系，求出点的横坐标的取值范围，利用平面向量数量积的坐标运算求的取值范围即可.
6．（2024高二下·衡阳期末）若函数恰有两个零点，则实数t的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数的图象；利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数，
易知，则不是的零点，
当时，令，则，
记，，
则问题转化为与有两个交点，
易知在上单调递增，
又因为，所以的零点，
当时，，当时，，
当且时，，
令，得，
当时，，单调递增，
当或时，，单调递减，
当时，，则，单调递增，
且当x趋近于0或从左趋近于1时，趋近于，
当x从右趋近于1时，趋近于，当x趋近于时，趋近于1.
又，，
可作函数的图象，如图所示：
由图可知，当或时，与有两个交点，
即有两个零点.
故答案为：B.
【分析】将问题转化为与有两个交点，分类讨论取绝对值，利用导数讨论单调性，作出函数的草图，数形结合求解即可.
7．（2024高二下·衡阳期末）已知点，若圆上存在点，使得线段的中点也在圆上，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】轨迹方程；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：设点，的中点，
由题意可得：，解得，
即的中点的轨迹是为圆心，为半径的圆，
因为线段的中点也在圆上，所以两圆有公共点，
则，解得，即的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】设点，的中点，由题意列式求得点轨迹方程，结合圆与圆的位置关系求解即可.
8．（2024高二下·衡阳期末）若，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用对数函数的单调性比较大小；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：，
令函数，，
函数在上单调递减，，即当时，，
，
，即，即，
则.
故答案为：B.
【分析】利用对数运算结合对数函数单调性可得，并与比较大小，再构造函数，可得，
即可与c比较大小.
9．（2024高二下·衡阳期末）已知平行六面体如图所示，其中，，，线段AC，BD交于点O，点E是线段上靠近的三等分点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A,D
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A、由题意可得：，
，，
，故A正确；
B、，故B错误；
C、
，
则，故C错误；
D、
，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用向量的线性运算和向量数量积的定义化简求值判断即可.
10．（2024高二下·衡阳期末）设函数，且，下列命题：其中正确的命题是（ ）
A．若，则；
B．存在，，使得；
C．若，，则；
D．对任意的，，都有.
【答案】B,C,D
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
A、由图可知：表示曲线在点处的切线斜率小于割线的斜率，
则，故A错误；
B、在点处的切线斜率小于割线的斜率，在点处的切线斜率大于割线的斜率，所以在曲线上必存在某点，使得该点处的切线斜率等于割线的斜率，所以存在，使得， 故B正确；
C、 ，由图知割线的斜率，小于在点处的切线的斜率，所以，故C正确；
D、由图知梯形中位线的长为，的长为，
因为，所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用导数的几何意义，数形结合比较切线和割线的斜率判断即可.
11．（2024高二下·衡阳期末）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数存在三个不同的零点
B．函数的极小值为，极大值为
C．若时，，则t的最大值为2
D．若方程有两个实根，则
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数与方程的综合运用；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】A，由，得，解得，函数只有两个零点，A错误；
B，函数定义域为R，求导得，
当或时，，当时，，
函数的极小值为，极大值为，B正确；
C，函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，单调递减，值域为，而，
则，函数在上的值域为，
当时，恒成立，函数在上的值域为，
因此存在，使得，如图，
由当时，，得，则的最大值为2，C正确；
D，方程有两个实根等价于的图象与直线有两个交点，如图，
观察图象知：当时，直线与的图象有两个交点，
因此方程有两个实根时，，D正确.
故答案为：BCD
【分析】本题考查函数的零点，利用导函数研究函数的极值，利用导函数研究函数的最值，函数与方程的综合运用.根据函数的零点可得：，据此可列出方程，解方程可求出函数的零点，判断A选项；先求出函数定义域，再求出导函数，令和，解不等式可求出函数的单调区间，进而可求出函数的极值，判断B选项；根据函数的单调性和极值可得函数在上的值域为，进而可推出存在，使得，求出t的最大值，判断C选项；根据题意可将问题转化为的图象与直线有两个交点，作出函数的图象，根据函数图象可求出实数的取值范围，判断D选项.
12．（2024高二下·衡阳期末）“中国剩余定理”又称“孙子定理”．“中国剩余定理”讲的是关于带余除法的问题，现有这样一个问题：将2至2019这2018个整数中被5除余1且被7除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列 ，则此数列的项数为 ．
【答案】57
【知识点】辗转相除法与更相减损术
【解析】【解答】被5除余1且被7除余1的数就是被35除余1的数，故 ，
由 可得 可取的最大整数为57，故此数列最后一项的项数为57。
故答案为：57。
【分析】利用 “中国剩余定理” 结合已知条件，得出被5除余1且被7除余1的数就是被35除余1的数，故 ，再利用 可得 可取的最大整数，进而求出此数列最后一项的项数。
13．（2024高二下·衡阳期末）已知为坐标原点，抛物线的焦点为，过的直线交于A，B两点，A，B中点在轴上方且其横坐标为1，，则直线的斜率为 .
【答案】
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：易知直线的斜率存在且大于零，
设直线的方程为：，点，
联立，整理可得，
由韦达定理可得：， ，
因为A，B中点的横坐标为1，所以，则，
由弦长公式可得：，
又因为，所以，
化简整理可得，即，解得，所以.
故答案为：.
【分析】设直线的方程为：，联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理和弦长公式，以及中点坐标求解即可.
14．（2024高二下·衡阳期末）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，若平面平面ABCD，侧面PAD是边长为的正三角形，底面ABCD是矩形，，点Q是PD的中点，则下列结论中正确的是 ．（填序号）
①平面PAD；②PC与平面AQC所成角的余弦值为；
③三棱锥B-ACQ的体积为；④四棱锥Q-ABCD外接球的内接正四面体的表面积为．
【答案】②④
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；用空间向量研究直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：取的中点，的中点，连接，
因为三角形为等边三角形，所以，
因为平面平面，所以平面，
因为，所以两两垂直，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
，
因为点Q是PD的中点，所以，
①、易知平面的法向量为，，
则 与 不共线，即与平面不垂直，故①不正确；
②、，
设平面的法向量为，
则，令，则，
即，
设PC与面AQC所成角为，则，即，故②正确；
③、三棱锥的体积为
，
故③不正确；
④、设四棱锥外接球的球心为，则，
即，解得，
即为矩形对角线的交点，
所以四棱锥外接球的半径为，
设四棱锥外接球的内接正四面体的棱长为，
将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，
故正方体的棱长为，所以，得，
所以正四面体的表面积为，故④正确.
故答案为：②④.
【分析】取的中点，的中点，连接，则由已知可得平面，而底面为矩形，所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴， 轴 ，轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
15．（2024高二下·衡阳期末）春夏之交因昼夜温差大，细菌、病毒等活跃，是流感高发季节．某校高二年级某组团统计了流感暴发前的半个月与流感暴发后的半个月的学生请假情况，得到如下数据：
因发烧请假 非发烧请假 合计
流感暴发前 10 30
流感暴发后 30
合计 70
（1）完成列联表，并依据的独立性检验，判断能否认为流感暴发对请假的同学中发烧的人数有影响．
（2）后经过了解，在全校因发烧请假的同学中男生占比为，且的因发烧请假的男生需要输液治疗，的因发烧请假的女生需要输液治疗．学校随机选择一名因发烧请假在医院输液的同学进行慰问，求这名同学是女生的概率．
附：．
0.05 0.01 0.001
3.841 6.635 10.828
【答案】（1）解：零假设为：流感暴发与请假的同学中发烧的人数之间相互独立，
列联表
因发烧请假 非发烧请假 合计
流感暴发前 10 20 30
流感暴发后 30 10 40
合计 40 30 70
，
则我们推断不成立，即可以认为流感暴发对请假的同学中发烧的人数有影响
（2）解：设事件为“请假的同学为女生”，事件为“需要输液治疗”，
则．
即这名同学是女生的概率为．
【知识点】独立性检验的应用；条件概率
【解析】【分析】（1）完善列联表，零假设，计算，再与临界值比较即可；（2）利用条件概率公式求解即可.
（1）零假设为：流感暴发与请假的同学中发烧的人数之间相互独立．
完成列联表如下所示．
因发烧请假 非发烧请假 合计
流感暴发前 10 20 30
流感暴发后 30 10 40
合计 40 30 70
根据列联表中的数据，经计算得
．
所以我们推断不成立，即可以认为流感暴发对请假的同学中发烧的人数有影响．
（2）设事件表示请假的同学为女生，事件表示需要输液治疗，
，，
则．
所以这名同学是女生的概率为．
16．（2024高二下·衡阳期末）已知为各项均为正数的等比数列，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列前n项和．
【答案】（1）解：设等比数列公比为
（2）解：
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1)利用基本量法，求出首项和公比，即可求解；
(2)利用错位相减法，即可求解.
17．（2024高二下·衡阳期末）为建设“书香校园”，学校图书馆对所有学生开放图书借阅，可借阅的图书分为“期刊杂志”与“文献书籍”两类，已知该校小明同学的图书借阅规律如下：第一次随机选择一类图书借阅，若前一次选择借阅“期刊杂志”，则下次也选择借阅“期刊杂志”的概率为，若前一次选择借阅“文献书籍”，则下次选择借阅“期刊杂志”的概率为．
（1）求小明同学在两次借阅过程中恰有一次借阅“期刊杂志”的概率；
（2）求小明同学在两次借阅过程中，第二次借阅的是“文献书籍”的概率．
【答案】（1）解：用，分别表示第一次、第二次借阅“期刊杂志”，用，表示第一次、第二次借阅“文献书籍”，
则，，，，，
记两次借阅过程中恰有一次借阅“期刊杂志”为事件，
则；
（2）解；设第二次借阅“文献书籍”为事件，
则.
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）利用互斥事件的概率公式与条件概率的乘法公式求解即可；
（2）利用全概率公式求解即可.
（1）用，分别表示第一次、第二次借阅“期刊杂志”，用，表示第一次、第二次借阅“文献书籍”.
则，，，，.
记两次借阅过程中恰有一次借阅“期刊杂志”为事件，则
.
（2）设第二次借阅“文献书籍”为事件，则：
.
18．（2024高二下·衡阳期末）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）若为的中点，求二面角的大小.
【答案】（1）证明：以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，，，，
由，可得，，
则，，，
设面的法向量为，则，令，解得，，
即，显然与平行，则平面；
（2）解：易知，，，，
，，
设面的法向量为，则，令，解得，，
即，
设面的法向量为，则，
令，解得，，即，
设二面角为，且，
则，即，
故二面角的大小为.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明即可；
（2） 以为原点，建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法求解即可.
（1）以为原点，建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
而，故，，
故，，，
设面的法向量为，故得，
令，解得，，故得，
显然与平行，故平面得证.
（2）易知，，，，
，，设面的法向量为，
故有，令，解得，，故，
设面的法向量为，故得，
令，解得，，故，
设二面角为，结合图象可知，
故，
故，即二面角的大小为.
19．（2024高二下·衡阳期末）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设函数有两个不同的零点，
（i）求实数的取值范围：
（ⅱ）若满足，求实数的最大值.
【答案】（1）解：函数的定义域为，，
当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，由，解得，由，解得，
则数在上单调递增，在上单调递减，
综上所述：当时，的单调递增区间是，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；
（2）解：（ⅰ）令，则，令定义域为，，
当时，解得，当时，解得，
则函数在上单调递增，在上单调递减，且，
当时，恒成立，且，
因为函数有两个零点，所以方程有两个不等的正根，即直线与的图象有两个公共点，
则，即，故实数的取值范围是；
（ⅱ）由，得，且，
不妨设，将代入，
得，即，
令，求导得，令，
求导得，则函数在上单调递减，
有，即，函数在上单调递减，
由，得，则，
因此函数在上单调递减，即，
于是，有，则，
又，令，，
由（ⅰ）知，在上递增，而，因此在上递增，
则，即，解得，
所以a的最大值是.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再求导，分和判断函数的单调性即可；
（2）（ⅰ）分离参数可得，令，求导，利用导数研究函数的单调性，求极值，数形结合求解即可；
（ⅱ）由已知，设，可得，设，利用导数研究函数的单调性，可求得，再利用的单调性可求得，进而求得结果.
（1）函数的定义域为，求导得，
当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，由，得，由，得，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，的递增区间是，无递减区间；
当时，的递增区间是，递减区间是.
（2）（ⅰ）由，得，令，求导得，
当时，，当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，，
而当时，恒成立，且，
由有两个零点，即方程有两个不等的正根，亦即直线与的图象有两个公共点，
因此，即，
所以实数的取值范围是.
（ⅱ）由，得，且，
不妨设，将代入，
得，即，
令，求导得，令，
求导得，则函数在上单调递减，
有，即，函数在上单调递减，
由，得，则，
因此函数在上单调递减，即，
于是，有，则，
又，令，，
由（ⅰ）知，在上递增，而，因此在上递增，
则，即，解得，
所以a的最大值是.
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