精品解析：河南省焦作市博爱县第一中学2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题

博爱一中2023—2024学年高二年级（下）期末考试 数学 考生注意： 1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚； 2.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，在试卷上作答无效； 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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. 设方程的两根为，，则（ ） A. ， B. C. D. 3. 已知函数，将图象上所有的点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数的图象，若在上恰有一个极值点，则的取值不可能是（ ） A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 4. 将函数图象上的所有点向左平移个单位长度，得到函数 的图象，则（ ） A. B. 在上单调递增 C. 在上的最小值为 D. 直线是图象的一条对称轴 5. 已知二次函数与轴交于，两点，点，圆过，，三点，存在一条定直线被圆截得的弦长为定值，则该定值为（ ） A. B. C. D. 6. 英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A，B存在如下关系：.若某地区一种疾病的患病率是0.05，现有一种试剂可以检验被检者是否患病.已知该试剂的准确率为95%，即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有95%的可能呈现阳性；该试剂的误报率为0.5%，即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有0.5%的可能会误报阳性.现随机抽取该地区的一个被检验者，已知检验结果呈现阳性，则此人患病的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知等差数列的公差大于0且，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 若关于的方程存在三个不等的实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分. 9. 已知函数和其导函数的定义域都是，若与均为偶函数，则（ ） A. B. 关于点对称 C. D. 10. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，恒成立条件，. 附加条件①的面积取到最大值；附加条件②.下列结论正确的是（ ） A. B. C. 若恒成立条件和附加条件①成立，则 D. 若恒成立条件和附加条件②成立，则 11. 下列结论正确的是（ ） A. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为 B. 若向量，且，则 C. 若向量，则在上的投影向量的模为 D. 为空间中任意一点，若，且，则四点共面 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 祖暅原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求体积的著名命题：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处截面积相等，则体积相等.由曲线，，围成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V，则V=__________. 13. 已知的展开式中，含项的系数为，．则_________． 14. 十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作：再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作：...，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和小于，则操作的次数的最大值为__________. （参考数据：） 四、解答题：本大题共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. 设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立. （Ⅰ）用表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量的分布列和数学期望； （Ⅱ）设为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件发生的概率. 16. 如图，在直三棱柱中，，，E是棱BC的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的大小. 17. 已知半径为2的圆的圆心在射线上，点在圆上． （1）求圆的标准方程； （2）求过点且与圆相切的直线方程． 18. 已知数列满足. （1）求； （2）若，数列的前n项和为 ①求； ②对于任意的，均有恒成立，求m的范围. 19. 若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”. （1）若，判断是否为上的“3类函数”； （2）若为上的“2类函数”，求实数的取值范围； （3）若为上的“2类函数”，且，证明：，，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 博爱一中2023—2024学年高二年级（下）期末考试 数学 考生注意： 1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚； 2.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，在试卷上作答无效； 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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. 【答案】D 【解析】 【分析】先求解不等式和求函数的值域得到集合的范围，再根据交并补和集合间的关系的定义分别判断各选项即得. 【详解】，， 因故A项错误； 由，知B项错误； 由知C项错误； 因，故D项正确. 故选：D. 2. 设方程的两根为，，则（ ） A. ， B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由数形结合及零点的判定方法可确定出，即可判断AD，计算出，可判断BC. 【详解】由可得， 在同一直角坐标系中同时画出函数和的图象，如图所示： 因为，， 由图象可知，， 所以故A，D错误； ， 因为，所以，所以， 所以，即，故B错误，C正确. 故选：C 3. 已知函数，将图象上所有的点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数的图象，若在上恰有一个极值点，则的取值不可能是（ ） A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】利用三角恒等变换得到，结合伸缩变换得到，整体法得到，根据极值点个数得到不等式，求出，得到答案. 【详解】因为 ， 又将图象上所有的点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数的图象， 所以． 当时，， 又因为在上恰有一个极值点， 所以，解得. 故选：A． 4. 将函数图象上的所有点向左平移个单位长度，得到函数 的图象，则（ ） A. B. 在上单调递增 C. 在上的最小值为 D. 直线是图象的一条对称轴 【答案】D 【解析】 【分析】由平移变换内容得可判断A；求出的增区间可判断B；依据的范围即可求出的值域即可判断C；根据对称轴方程求解的对称轴方程即可判断D. 【详解】对于选项A，由题意，可得， 故A错误； 对于选项B，令，， 所以在上单调递增，故B错误； 对于选项C，因为，所以，故， 在上的最小值为0，故C错误； 对于选项D，函数的对称轴方程为， 化简可得，取，可得， 所以是图象的一条对称轴，故D正确. 故选：D. 5. 已知二次函数与轴交于，两点，点，圆过，，三点，存在一条定直线被圆截得的弦长为定值，则该定值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆的方程为，依题意可得，，再由点在圆上，即可得到，从而得到圆为，求出圆过定点坐标，从而求出定弦长. 【详解】设圆的方程为，因为圆过，两点， 且，两点的横坐标满足方程， 所以，， 所以圆的方程为， 又在圆上， 所以，解得， 所以圆的方程为， 即， 令，解得或， 即圆恒过点和，又，所以该定值为． 故选：B． 【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出圆的方程为，从而求出圆过定点坐标. 6. 英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A，B存在如下关系：.若某地区一种疾病的患病率是0.05，现有一种试剂可以检验被检者是否患病.已知该试剂的准确率为95%，即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有95%的可能呈现阳性；该试剂的误报率为0.5%，即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有0.5%的可能会误报阳性.现随机抽取该地区的一个被检验者，已知检验结果呈现阳性，则此人患病的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出事件，利用条件概率和全概率公式得到，使用贝叶斯公式得到答案. 【详解】设检验结果呈现阳性为事件，此人患病为事件， ， ， 则. 故选：C 7. 已知等差数列的公差大于0且，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件及等差数列的通项公式，结合分母有理化及数列求和中的裂项相消法即可求解. 【详解】设等差数列的公差为， ,解得 . 故选：B． 8. 若关于的方程存在三个不等的实数根，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】方程转化为，令，利用导数求函数单调性和极值，确定关于的方程存在三个不等实数根的条件，求出实数 的取值范围. 【详解】关于的方程存在三个不等的实数根， 等价于方程存在三个不等的实数根， 令，，解得，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 且时，时，当时，有极大值， 方程，，方程有两个不等的实数根，且两根之积为， 则方程有一正根一负根，且正根位于区间上， 此时关于的方程存在三个不等的实数根， 所以，解得， 所以 的取值范围为. 故选：B. 二、多项选择题：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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分. 9. 已知函数和其导函数的定义域都是，若与均为偶函数，则（ ） A. B. 关于点对称 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】用特殊值法，假设，可判断选项A；对进行变形处理，即可判断其对称性，从而判断选项B；对两边求导，可得，根据可判断的周期性和对称性，再根据特殊值关系，即可判断选项C；由特殊值关系得到，，化简，即可判断选项D. 【详解】假设，则，则，与都为偶函数， 则所设函数符合题意，此时，故A错误； 因为为偶函数，所以，即， 令，则，所以关于点对称，故B正确； 因为为偶函数，所以， 所以函数的图象关于直线对称，即，即， 因为，所以，所以， 则，故， 所以，所以，又，， 所以，所以无法确定的值，所以C错误； 又，，所以， 由，得，则，所以， 由知函数周期为4，则的周期也为4，则 ，所以 D正确. 故选：BD. 【点睛】结论点睛： 对称性有关结论： 若，则关于直线对称； 若，则关于直线对称； 若，则关于点中心对称； 若，则关于点中心对称； 周期性结论： 若，则函数的周期为. 10. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，恒成立条件，. 附加条件①的面积取到最大值；附加条件②.下列结论正确的是（ ） A. B. C. 若恒成立条件和附加条件①成立，则 D. 若恒成立条件和附加条件②成立，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】依题意可得，利用正弦定理将边化角，即可判断A；由诱导公式及两角和的正弦公式判断B；求出，即可求出，再由二倍角公式及同角三角函数的基本关系判断C；由正弦定理可得，将两边平方，再结合，即可求出，从而判断D. 【详解】对于A、B：因为，，所以，由正弦定理得， 又，所以，则，故A正确； 又，所以， 所以，显然，，所以，故B正确； 对于C：若的面积取到最大值， 即， 所以当时，取得最大值，此时， 由B可知， 所以，故C正确； 对于D：若，由正弦定理得， 所以， 由B知，即，所以，， 所以，即，所以， 所以，故D错误． 故选：ABC 11. 下列结论正确的是（ ） A. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为 B. 若向量，且，则 C. 若向量，则在上的投影向量的模为 D. 为空间中任意一点，若，且，则四点共面 【答案】BC 【解析】 【分析】选项A，直接求出点关于平面的对称点，即可判断出选项A的正误；选项B，利用空间向量垂直的坐标表示，即可得出，从而可判断出选项B的正误；选项C，根据投影向量的定义，即可求出结果，从而判断出选项C的正误；选项D，根据空间向量共面的结论可判断出选项D的正误. 【详解】对于选项A，点关于平面的对称点为，所以选项A错误， 对于选项B，因为，且，所以，得到，所以选项B正确， 对于选项C，因为，所以在上的投影向量的模为，故选项C正确， 对于选项D，由空间向量基本定理的推论可知：，且时，四点共面，所以选项D错误， 故选：BC. 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 祖暅原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求体积的著名命题：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处截面积相等，则体积相等.由曲线，，围成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V，则V=__________. 【答案】 【解析】 【分析】作出图象可知：当双曲线，它的渐近线以及，围成的图形绕轴旋转一周所形成的圆环面积恒定，所以根据祖暅原理可将题目转化为底面恒定，高为的圆柱，进而求出体积即可. 【详解】 如图：当双曲线，它的渐近线以及， 围成的图形绕轴旋转一周所形成的圆环， 令，分别代入和中， 解得：， 即外圆半径，内圆半径， 此圆环的面积为：为恒定值， 所以根据祖暅原理可将题目转化为底面为半径为的圆面，高为的圆柱的体积， 所以. 【点睛】关键点点睛：将几何体的体积转化成底面为半径为的圆面，高为的圆柱的体积是本题的关键所在. 13. 已知的展开式中，含项的系数为 ，．则_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据二项展开式通项可求得 ，采用赋值法，令、可求得结果. 【详解】展开式通项为：， 令，解得：， 展开式中，含项的系数， ， 令，则， 令，则，. 故答案为：. 14. 十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作：再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作：...，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和小于，则操作的次数 的最大值为__________. （参考数据：） 【答案】5 【解析】 【分析】根据题意求出第 次操作后去掉的各区间长度之和，列不等式结合所给参考数据即可得. 【详解】记表示第 次去掉的长度，，第2次操作，去掉的线段长为， 第 次操作，去掉的线段长度为， ，则， 由的最大值为5. 故答案为：5 四、解答题：本大题共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. 设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立. （Ⅰ）用表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量的分布列和数学期望； （Ⅱ）设为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件发生的概率. 【答案】（Ⅰ） 0 1 2 3 . （Ⅱ） 【解析】 【分析】(Ⅰ)由题意可知分布列为二项分布，结合二项分布的公式求得概率可得分布列，然后利用二项分布的期望公式求解数学期望即可； (Ⅱ)由题意结合独立事件概率公式计算可得满足题意的概率值. 【详解】(Ⅰ)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7:30之前到校的概率均为， 故，从面. 所以，随机变量的分布列为： 0 1 2 3 随机变量的数学期望. (Ⅱ)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为，则. 且. 由题意知事件与互斥， 且事件与，事件与均相互独立， 从而由(Ⅰ)知： . 【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望，互斥事件和相互独立事件的概率计算公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力. 16. 如图，在直三棱柱中，，，E是棱BC的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的大小. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，与相交于点O，在三角形中，，由线面平行的判定定理证明即可； （2）以A为原点，分别以AB，AC，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可. 【小问1详解】 连接，与相交于点O， 在三角形中，， 因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 ，以A为原点，分别以AB，AC，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则 A（0，0，0），（0，0，1），（2，0，1），E（1，1，0）， 所以，，， ， 设平面的一个法向量为， 由得，，取，的， 设平面的一个法向量为， 由得，，取，的， 设平面与平面的夹角为θ，则， 由图可知二面角为锐角，则二面角的大小为. 17. 已知半径为2的圆的圆心在射线上，点在圆上． （1）求圆的标准方程； （2）求过点且与圆相切的直线方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设圆心坐标为，根据点在圆上列方程可得，可得方程； （2）分斜率存在和不存在求解，当斜率存在时，设切线的方程为，根据圆心到直线的距离等于半径列方程求解可得. 【小问1详解】 由圆C的圆心在直线上，可设圆心C的坐标为， 又圆的半径为2，点在圆上，有， 解得（舍去）或， 故圆的标准方程为； 【小问2详解】 ①当切线的斜率不存在时，直线与圆相切； ②当切线的斜率存在时，设切线的方程为，整理为， 由题知，解得， 可得切线方程为，整理为， 由①②知，过点且与圆相切的直线方程为或. 18. 已知数列满足. （1）求； （2）若，数列的前n项和为 ①求； ②对于任意的，均有恒成立，求m的范围. 【答案】（1），；（2）①；②． 【解析】 【分析】 （1）由写出时，，相减可得，注意求出检验； （2）①用错位相减法求；②把不等式变形为恒成立，设，用作差法求出的最大项，可得 的范围． 【详解】（1）因为，（i） 所以时，（ii） （i）－（ii）得．所以， 又时，，适合此式， 所以，； （2）由（1）知， ①，所以， 两式相减得， ； ②由①不等式恒成立化为恒成立， 设，则， 时，，时，，即数列前4项递增，从第4项开始递减， 所以的最大值是． 所以． 【点睛】方法点睛：本题考查类似由求的方法，考查错位相减法求和，以及数列的恒成立问题．解题方法如下： （1）由计算时，，需要另外求解，解法不相同， （2）设是等差数列，是等比数列，则数列需用错位相减法求和，数列求和还有裂项相消法、分组（并项）求和法、倒序相加法等针对特殊数列的特殊方法； （3）数列恒成立问题的常用方法是分离参数后转化为求数列的最大项（或最小项），一般可利用作差法（或作商法）研究数列的单调性，得到数列的最大项． 19. 若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”. （1）若，判断是否为上的“3类函数”； （2）若为上的“2类函数”，求实数 的取值范围； （3）若为上的“2类函数”，且，证明：，，. 【答案】（1）是上的“3类函数” （2） （3） 因为为上的“2类函数”，所以， 不妨设， 当时，； 当时，因为， ， 综上所述，，，. 【解析】 【分析】（1）由新定义可知，利用作差及不等式的性质证明即可； （2）由已知条件转化为对于任意，都有，，只需且，利用导函数研究函数的单调性和最值即可. （3）分和两种情况进行证明，，用放缩法进行证明即可. 【小问1详解】 对于任意不同的， 有，，所以， ， 所以是上的“3类函数”. 【小问2详解】 因为， 由题意知，对于任意不同的，都有， 不妨设，则， 故且， 故为上的增函数，为上的减函数， 故任意，都有， 由可转化为，令，只需 ，令，在单调递减， 所以，，故在单调递减， ， 由可转化为，令，只需 ，令，在单调递减， 且，，所以使，即， 即， 当时，，，故在单调递增， 当时，，，故在单调递减， ， 故. 【小问3详解】 略 【点睛】不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立或恒成立；②数形结合（的图象在上方即可）；③讨论最值或恒成立；④讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $