湖南省衡阳县第四中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学模拟试题

衡阳县四中2023-2024学年下学期高二期末模拟卷 数 学 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1．已知集合，集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数（为虚数单位），则（    ） A． B． C．1 D． 3．已知函数的定义域为R，且，则下列结论一定成立的是（    ） A． B．为偶函数 C．有最小值 D．在上单调递增 4．如图，已知正六边形的边长为4，对称中心为O，以O为圆心作半径为2的圆，点M为圆O上任意一点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．设函数的定义域为，导数为，若当时，，且对于任意的实数，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 6．已知圆锥的底面半径为，母线长为，若在该圆锥内部有一个与该圆锥共轴的圆柱，则这个圆柱的体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 7．在平面直角坐标系中，已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在C上，且，，则C的离心率为（    ） A． B． C．3 D．2 8．已知圆是圆外一点，过点作圆的两条切线，切点分别为，若，则（    ） A． B．3 C． D． 二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 9．已知数列满足，，，记数列的前项和为，则对任意，下列结论正确的是（    ） A．存在 ，使 B．数列单调递增 C． D． 10．已知函数，对任意实数x都有，则下列结论正确的是（    ） A．的最小正周期为 B． C．函数的图象关于对称 D．在区间上有一个零点 11．某同学投篮两次，第一次命中率为．若第一次命中，则第二次命中率为；若第一次未命中，则第二次命中率为．记为第i次命中，X为命中次数，则（    ） A． B． C． D． 12．如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是和的中点，则（    ） A． B． C．点F到平面EAC的距离为 D．过E作平面与平面ACE垂直，当与正方体所成截面为三角形时，其截面面积的范围为 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 13．已知，则 . 14．若实数，且，则的最小值为 . 15．已知正方体的体积为8，且，则当取得最小值时，三棱锥的外接球体积为 . 16．已知函数的最小正周期为，若，且是的一个极值点，则 . 四、解答题（本题共6小题，共70分） 17．（10分）设是等差数列，是等比数列，且． (1)求与的通项公式； (2)设的前项和为，求证：； 18．（12分）在中，A，B，C分别为边a，b，c所对的角，且满足． (1)求的大小； (2)的角平分线交边于D，向量在上的投影向量为，，求． 19．（12分）如图，在正三棱柱中，，点分别是棱，的中点，点满足，其中. (1)当时，求证：∥平面； (2)当时，是否存在点使得平面与平面的夹角的余弦值是？若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由. 20．（12分）近年来，我国众多新能源汽车制造企业迅速崛起．某企业着力推进技术革新，利润稳步提高．统计该企业2019年至2023年的利润（单位：亿元），得到如图所示的散点图．其中2019年至2023年对应的年份代码依次为1，2，3，4，5． (1)根据散点图判断，和哪一个适宜作为企业利润y（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由） (2)根据（1）中的判断结果，建立y关于x的回归方程； (3)根据（2）的结果，估计2024年的企业利润． 参考公式及数据； ，， ，，，， 21．（12分）设椭圆（）的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，且，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于点，与轴交于点，且满足，若三角形（为坐标原点）的面积是三角形的面积的倍，求直线的方程． 22．（12分）已知函数. (1)若曲线与有一条斜率为2的公切线，求实数的值； (2)设函数，讨论的单调性. 第3页 共4页 ◎ 第4页 共4页 数学答案 1．【答案】D 【解析】由于，. 故. 故选：D. 2．【答案】C 【解析】由题意可知：. 故选：C. 3．【答案】C 【解析】由于函数的定义域为R，且， 令，则，得， 时，恒成立，无法确定，A不一定成立； 由于不一定成立，故不一定为偶函数，B不确定； 由于的对称轴为与的位置关系不确定， 故在上不一定单调递增，D也不确定， 由于表示开口向上的抛物线，故函数必有最小值，C正确， 故选：C 4．【答案】C 【解析】连接，，设，依题意，，，， 则 ， 由，得，所以. 故选：C 5．【答案】B 【解析】因为， 设， 则， 即为上的偶函数， 又当时，， 则，所以在上单调递增，在上单调递减， 因为， 所以， 即，所以，即， 解得. 故选：B 6．【答案】C 【解析】由题意知，圆锥的底面半径为3，母线为5，则圆锥的高为， 设圆柱的底面半径为r，高为h，如图， 则，得， 所以该圆柱的体积为， 令 ，则， 当时，，函数在区间上单调递增， 当时，，函数在区间上单调递减， 所以，即圆柱的体积的最大值为. 故选：C.    7．【答案】D 【解析】如图所示，根据双曲线的定义，，， 在中，由余弦定理得, 即， 又因为，所以， 所以，即. 在中，由余弦定理得，， 且, 所以， 化解得， 即， ， ， 所以， 即，则 故离心率. 故选：D. 8．【答案】C 【解析】由，可得圆心，半径， 设， 则， ， 则有 ， 解得，即. 故选：C. 9．【答案】BCD 【解析】对于B，要证数列单调递增，只需要证， 令，则， 在上单调递减，因为， 故在上存在唯一的零点， 当时，，当时，， 所以在为增函数，在上为减函数， 因为，所以当时，有即， 令，则有，故B正确； 对于A，假设存在，使得，则， 所以，所以， 与B选项中数列单调递增矛盾，故A错误； 对于C，要证，只需证， 令，则， 在上单调递减，因为， 故在上存在唯一的零点， 当时，，当时，， 所以在为增函数，在上为减函数， 因为，所以当时，有即， 令，则有，故C正确； 对于D，令，则， 在上单调递减，因为， 故在上为减函数， 因为，所以当时，总有即， 所以，即， 整理得到：，其中 故 ， …… 累加后可得即，故D正确. 故选：BCD. 10．【答案】ABD 【解析】选项A．．故A正确； 选项B，易知为最大值或最小值，是的一条对称轴的方程． ，．．，，故B正确； 选项C，，不是最值，故C错误； 选项D，当时，， 当且仅当即时,故此区间上有1个零点． 故选：ABD． 11．【答案】ABD 【解析】对于A，易知，故A正确； 对于D，易知，故D正确； 对于B、C，易知可取，则, ，所以， ，故B正确；C错误； 故选：ABD 12．【答案】BCD 【解析】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 对于A，，显然与不共线，即与不平行，A错误； 对于B，，，因此，B正确； 对于C，，设平面的法向量， 则，令，得，而， 点F到平面的距离为，C正确； 对于D，过点垂直于平面的直线与平面相交，令交点为， 则，点，由，得，即， 当平面经过直线并绕着直线旋转时，平面与平面的交线绕着点旋转， 当交线与线段，都相交时，与正方体所成截面为三角形， 令平面与平面的交线交于点G，交于点H，设，， ，，由， 得，，斜边上的高， 则截面边上的高， 截面的面积 ， 当时，，， 所以，D正确. 故选：BCD 13．【答案】 【解析】令，则. 故答案为： 14．【答案】4 【解析】由可得， 因为，所以，即，则， 则， 当且仅当，即时等号成立，故的最小值为. 故答案为：. 15．【答案】/ 【解析】由题意得，，将平面展成与平面同一平面， 当点共线时，此时最小， 在展开图中作，垂足为N， 因为为等腰直角三角形，所以，， 由得，，解得， 在正方体，过点作，垂足为，则， 如图，以D为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 则， 因为，所以， 又因为平面，且， 所以平面， 因为， 所以三棱锥外接球的球心在上， 设球心为，设，则， 因为， 所以， 解得，即，所以外接球， 所以三棱锥外接球的体积， 故答案为：. 16．【答案】 【解析】 所以的最小正周期为， 于是，解得， 因为是的一个极值点，则， 解得，所以时，. 故答案为：. 17．【答案】(1)，；(2)证明见解析 【解析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为， ， ，， 解得， ，． （2）证明：， 要证明， 即证明， 即证明， 即证明， 由数列的通项公式和前项和的关系得：， ． 18．【答案】(1)；(2) 【解析】（1）解：，， ， ，由正弦定理得， ， ， ，，，，； （2），， ， 延长，过点B作， ，， ，，， ． 设，则， 在中，， ， 即， 解得，（舍）， ． 19．【答案】(1)证明见解析；(2)存在，点为的中点 【解析】（1）当时，，故点是的中点， 连接，，因为点是的中点，是的中点，所以∥， 因为点分别是的中点，所以∥，所以∥， 因为平面，平面，所以∥平面. （2）存在，点为的中点. 当时，，即，所以点在棱上， 取的中点，连接，，则∥， 在正三棱柱中，平面，是正三角形，所以， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 则， 从而，， ， 设平面的法向量是， 由，即，令，得. 设平面的法向量是， 由，即，令，得. 令 ，得， 解得，所以存在点使得平面与平面的夹角的余弦值是， 此时点为的中点. 20．【答案】(1)适宜作为企业利润y（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型；(2)；(3)估计2024年的企业利润为93.3亿元 【解析】（1）由散点图的变化趋势，知适宜作为企业利润y（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型； （2）由题意得：，， ， ， 所以； （3）令，， 估计2024年的企业利润为99.25亿元． 21．【答案】(1)；(2). 【解析】（1）依题意，，，令椭圆半焦距为c，由，得，， 所以椭圆的方程为. （2）显然直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，， 由消去得：， 则，解得，，又， 由（1）知，，， 由，得， 即，解得，满足， 所以直线的方程. 22．【答案】(1)；(2)答案见详解 【解析】（1）由得，设公切线与曲线的切点坐标为， 由已知得，解得， 所以公切线方程为，即， 由得， 由已知得，解得. （2）由已知，则， 当时，，令，得，令得， 这时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，，令，得，令得， 这时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，令得或，， ①当时，，这时在上单调递减； ②当时，，令，得， 令得或， 这时，在和上单调递减，在上单调递增； ③当时，，令，得， 令得或， 这时，在和上单调递减，在上单调递增； 综上，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在和上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减； 当时，在和上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. 学科网（北京）股份有限公司 $$