精品解析：福建省福州第三中学2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题

福州三中2023-2024学年第二学期期末考试卷 高二数学 命题：高二数学集备组 审卷：高二数学集备组第卷 一､单选题：本大题共8小题，每小题5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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知数列 的前项和为，且满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 若函数（）向左正移个单位后在区间上单调递增，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图所示是一个以为直径，点为圆心的半圆，其半径为4，为线段的中点，其中，，是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成一个以为顶点的圆锥的侧面，则在该圆锥中下列结果正确的是（ ） A. 为正三角形 B. 平面 C. 平面 D. 点到平面的距离为 6. 若命题“,”是假命题，则不能等于（ ） A. B. C. D. 7. 若，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 下列不等式中，所有正确的序号是（ ） ① ② ③ ④ A. ①③ B. ①②④ C. ①③④ D. ①②③④ 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. 9. 已知平面直角坐标系中四点、、、，为坐标原点，则下列叙述正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 当时，、、三点共线 D. 若与的夹角为锐角，则 10. 在下列底面为平行四边形的四棱锥中，是四棱锥的顶点或棱的中点，则平面的有（ ） A. B. C. D. 11. 设点（）是抛物线上任意一点，过点作抛物线的两条切线，分别交抛物线于点和点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 直线与抛物线相切 第II卷 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，含的项的系数是__________. 13. 已知为第一象限角，为第三象限角，，，则_______. 14. 已知动点P，Q分别在圆和曲线上，则的最小值为______． 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. 在锐角中，内角所对的边分别为，已知. （1）求角的大小； （2）求的取值范围. 16. 已知等差数列与正项等比数列满足，且既是等差数列，又是等比数列. （1）求数列和的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，为的中点． （1）求证：平面； （2）若为的内心，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 如图，已知椭圆和抛物线，的焦点是的上顶点，过的直线交于、两点，连接、并延长之，分别交于、两点，连接，设△OMN、的面积分别为、． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的取值范围. 19. 已知函数，其导函数为． （1）求函数的极值点； （2）若直线是曲线的切线，求的最小值； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州三中2023-2024学年第二学期期末考试卷 高二数学 命题：高二数学集备组 审卷：高二数学集备组第卷 一､单选题：本大题共8小题，每小题5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】B 【解析】 【分析】解出集合、，利用补集和交集的定义可求得集合. 【详解】因为，则或， 因此，. 故选：B. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知，先根据给的复数，写出其共轭复数，然后带入要求的式子直接计算即可. 【详解】由已知，，， 所以. 故选：D. 3. 已知数列 的前项和为，且满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用与关系求得通项关系，判断数列为等比数列即可求得. 【详解】当时，，∴，当时，，两式相减可得，∴数列是首项为，公比为的等比数列，∴． 故选:D． 4. 若函数（）向左正移个单位后在区间上单调递增，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据图象平移规律、函数的单调性可得答案. 【详解】函数向左平移个单位后为， 当时，， ∵单调递增， 所以，即， 可得， 又，∴. 故选：B. 5. 如图所示是一个以为直径，点为圆心的半圆，其半径为4，为线段的中点，其中，，是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成一个以为顶点的圆锥的侧面，则在该圆锥中下列结果正确的是（ ） A. 为正三角形 B. 平面 C. 平面 D. 点到平面的距离为 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意,还原圆锥原图,找出对应线段长度关系,位置关系.很容易得解. 【详解】选项A，该半圆围成的圆锥，如图所示， 设圆锥底面半径为，则，∴，∴， ∵为的中点，为的中点，∴，且， ∴，为等腰直角三角形，选项A错误； 选项B，若平面，则，直角中，， ∴，选项B错误； 选项C，∵，∴平面，选项C正确； 选项D，∵，，∴平面，∴平面平面， ∴到直线的距离即为到平面的距离， 又∵，∴到直线的距离等于到直线的距离，为，选项D错误； 故选:C. 6. 若命题“,”是假命题，则不能等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】转化为命题的否定“,”为真命题.用关于的一次函数来考虑，即可解. 【详解】根据题意，知原命题的否定“,”为真命题. 令,,解得. 故选:C. 7. 若，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，可将题目转化为已知，求的最小值，由，且，结合基本不等式可求出的最小值，进而可求出的最小值. 【详解】设，则，且， 题目转化为已知，求的最小值， ， 而， 当且仅当，即时等式成立. 则. 故选：C. 【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，考查学生的计算求解能力，属于中档题. 8. 下列不等式中，所有正确的序号是（ ） ① ② ③ ④ A. ①③ B. ①②④ C. ①③④ D. ①②③④ 【答案】D 【解析】 【分析】对①构造函数，，利用其单调性即可判断；对②和④分别利用正切函数和余弦函数单调即可比较大小，对③利用函数，的单调性即可. 【详解】对①，令，，， ，则在上恒成立， 则，即，故①正确； 对②，，而，则， 而，则成立； 对③，设，，则， 再令，则，， 则在上恒成立，则在上单调递减， 则，则在上恒成立，则在上单调递减， 因为，则，则成立，故③正确； 对④，根据余弦函数单调性知，故④正确. 故选：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. 9. 已知平面直角坐标系中四点、、、，为坐标原点，则下列叙述正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 当时，、、三点共线 D. 若与的夹角为锐角，则 【答案】AB 【解析】 【分析】利用平面向量的坐标运算可判断A选项；利用平面向量共线的坐标表示可判断BC选项；利用平面向量数量积的坐标运算与共线的坐标表示可判断D选项. 【详解】对于A选项，，A对； 对于B选项，，，由题意可得，B对； 对于C选项，当时，， 而，显然与不是共线向量，此时，、、三点不共线，C错； 对于D选项，，， 由已知且、不共线，则，解得且，D错. 故选：AB． 10. 在下列底面为平行四边形的四棱锥中，是四棱锥的顶点或棱的中点，则平面的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用线面平行的性质定理结合平面内过一点有且仅有一条直线和已知直线平行可判断A，D；根据线面平行的判定定理可判断B，C； 【详解】对于A，设为的中点，底面为平行四边形，连接， 设交于点，连接， 则， 又, 故，即四边形为平行四边形， 故，又平面，平面， 平面平面， 假设平面，则， 即在平面内过点有两条直线和都平行， 这是不可能的，因此与平面不平行，故A错误； 对于B，设为的中点，底面为平行四边形，连接， 则， 又，, 故，即四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 故平面，故B正确； 对于C，设为的中点，底面为平行四边形，连接， 则， 又，， 故，即四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 故平面，故C正确； 对于D，设底面为平行四边形， 连接交于点，交于点， 则为的中点，连接， 由于为的中点，故； 又平面，平面，平面平面， 假设平面，则， 即在平面内过点有两条直线和都平行，这是不可能的， 因此与平面不平行，故D错误； 故选：BC. 11. 设点（）是抛物线上任意一点，过点作抛物线的两条切线，分别交抛物线于点和点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 直线与抛物线相切 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A：借助斜率公式可表示出直线的斜率，即可表示直线的方程，联立曲线，结合相切的性质与根的判别式计算即可得；对B：同A可得，结合因式分解计算即可得；对C：将B中所得代入A中所得即可得；对D：将直线的方程与抛物线联立，可得其根的判别式，即可得解. 【详解】对A：∵直线的斜率为， ∴直线的方程为， 即， ∵，∴直线的方程为， 联立，消得：， ∵直线与抛物线相切，∴， ∴，∴选项A错误； 对B：同理可得，∴， ∵，∴ 整理得， ∵，∴，∴选项B正确； 对C：由可得， 代入得，∴选项C正确； 对D：将直线的方程与抛物线联立， 同理可得， ∴直线与抛物线相切，∴选项D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助相切的性质，将直线方程与曲线方程联立，从而通过计算去得到所有纵坐标的关系. 第II卷 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，含的项的系数是__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式定理直接列式计算得解. 【详解】在的展开式中，含的项为， 所以含的项的系数是. 故答案为： 13. 已知为第一象限角，为第三象限角，，，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得，再缩小的范围，最后结合同角的平方和关系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案. 【详解】法一：由题意得， 因为，， 则，， 又因为， 则，，则， 则，联立 ，解得. 法二： 因为为第一象限角，为第三象限角，则, ，， 则 故答案为：. 14. 已知动点P，Q分别在圆和曲线上，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】先得到圆心在上，半径为，故的最小值等于的最小值减去半径，由反函数可知，的最小值等于到直线的距离的最小值的2倍，求导得到在点处的切线与平行，求出到的距离最小值，得到答案. 【详解】由题意得，即圆心在上，半径为， 故的最小值等于的最小值减去半径， 设，由于与关于对称， 的最小值等于到直线的距离的最小值的2倍， 由，可得，令，解得， 故在点处的切线与平行，此时到的距离最小， 最小值为， 故的最小值为， 则的最小值等于. 故答案为： 【点睛】方法点睛：两曲线上点的距离最值问题，处理思路如下： ①设出两点的坐标，利用两点间距离公式表达出距离，结合基本不等式或求导，得到函数最值； ②利用几何关系，找到取最小距离的位置或点的坐标，进行求解. 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. 在锐角中，内角所对的边分别为，已知. （1）求角的大小； （2）求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合，以及诱导公式、二倍角公式、正弦定理化简原式，即得解； （2）利用正弦定理，辅助角公式可化简，结合的范围即得解 【小问1详解】 ， ，又为锐角 【小问2详解】 由正弦定理，， 由锐角，故 故. 16. 已知等差数列与正项等比数列满足，且既是等差数列，又是等比数列. （1）求数列和的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差、等比数列通项公式求得，进而可得通项公式； （2）由（1）可得，利用错位相消法分析求解. 【小问1详解】 因为既等差数列，又是等比数列， 故的公差为0，公比为1，所以. 又，设公差为､公比为， 则，解得或（舍去）， 所以. 【小问2详解】 由（1）可得， 所以， ， 所以 ， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，为的中点． （1）求证：平面； （2）若为的内心，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 因为平面平面，所以， 因为与平面所成的角为平面， 所以，且，所以， 又为的中点，所以， 因为四边形为正方形，所以， 又平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的性质以及线面垂直的判定定理可证； （2）由等腰直角三角形内心的特点确定点的位置，以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，根据线面角的空间向量公式计算可得出结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为底面为正方形，为的内心， 所以在对角线上． 如图，设正方形的对角线的交点为， 所以， 所以， 所以， 所以，又因为，所以． 由题意知两两垂直，以所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系． 所以，由（1）知， 所以， 所以． 又因为平面，所以平面的一个法向量为． 设直线与平面所成角为， 则． 18. 如图，已知椭圆和抛物线，的焦点是的上顶点，过的直线交于、两点，连接、并延长之，分别交于、两点，连接，设△OMN、的面积分别为、． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由抛物线的焦点坐标求的值； （2）设直线的方程，与抛物线联立方程组，利用韦达定理求的值； （3）设直线、的方程，与椭圆联立方程组表示出，由，化简并结合基本不等式求取值范围. 【小问1详解】 椭圆的上顶点坐标为， 则抛物线的焦点为，故. 【小问2详解】 若直线与轴重合，则该直线与抛物线只有一个公共点，不符合题意， 所以直线的斜率存在，设直线的方程为，点、， 联立可得，恒成立，则， . 【小问3详解】 设直线、的斜率分别为、，其中，， 联立可得，解得， 点在第三象限，则， 点在第四象限，同理可得， 且 ， 当且仅当时，等号成立. 的取值范围为. 【点睛】方法点睛： 解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 19. 已知函数，其导函数为． （1）求函数的极值点； （2）若直线是曲线的切线，求的最小值； （3）证明：． 【答案】（1）函数的极小值点为，没有极大值点． （2）e （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，即可求得函数的极值点. （2）设切点，求出切线方程，求得，构造函数，利用导数求函数的单调性，从而求出的最小值. （3）利用（1）的结论令，，可得， 利用累加法结合数列的裂项求和方法，即可证得结论. 【小问1详解】 定义域为，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以函数的极小值点为，没有极大值点． 【小问2详解】 令，则，， 设切点为，则，， 则切线方程为，即， 又是曲线的切线方程，则，则， 令，，，， 令，所以时，， 时，， 在单调递减，在单调递增， 所以，即的最小值为e． 【小问3详解】 证明：由（1）可知，在单调递减，单调递增， 所以，则， 因为，则，当时取等号， 令，则， 因为，所以， 又因为，所以， 则，，…，， 累加后可得， 即． 【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是根据不等式，得出，利用累加法和裂项相消法证得结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $