精品解析：福建省福州第四中学2023-2024学年高二下学期7月期末数学试题

福州第四中学2023-2024学年第二学期期末考试 高二数学 一、单选题 1. 中，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 2. 一个圆经过以下三个点，，，且圆心在轴上，则圆的标准方程为（　　） A. B. C. D. 3. 若，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知a、b都是正实数, 那么""是"a>b"的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 设，若，则实数的最大值为（ ） A. B. 4 C. D. 6. 已知是公比不为1的等比数列，为其前项和，满足，则下列等式成立的是（ ） A. B. C. D. 7. 设函数，若在区间上无零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，都是定义在上的函数，对任意满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. D. 若，则 二、多选题 9. 若复数，则（ ） A. B. z的实部与虚部之差为3 C. D. z在复平面内对应的点位于第四象限 10. 已知等比数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，对任意均有，且在上单调递减，则下列说法正确的有（ ） A. 函数是偶函数 B. 函数的最小正周期为 C. 函数在上的值域为 D. 若在上恒成立，则的最大值为 12. 在正三棱柱中，，的重心为，以为球心的球与平面相切.若点在该球面上，则下列说法正确的有（ ） A. 存在点和实数，，使得 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 若直线与平面所成的角为，则的最大值为 D. 若，则所有满足条件的点形成的轨迹的长度为 三、填空题 13. 已知是虚数单位，则=___________. 14. 若直线是函数的图象在某点处的切线，则实数___________. 15. 已知，函数，其中为自然对数的底数．若函数恰有4个零点，则的取值范围是______． 四、解答题 16. 解不等式：． 17. 如图，在正方体中，，点P为的中点. （1）证明：直线平面； （2）求异面直线与AP所成角的正弦值. 18. 设正项数列的前项和为，若. （1）求数列的通项公式； （2）若不等式对任意正整数均成立，求的取值范围. 19. 如图，在斜三棱柱中，是边长为4的正三角形，侧棱，顶点在平面上的射影为边的中点. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值. 20. 如图，三棱锥中，平面，，，点E，F分别是，的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 21. 已知函数． （1）若在上不单调，求的取值范围． （2）若在区间上存在极大值，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州第四中学2023-2024学年第二学期期末考试 高二数学 一、单选题 1. 中，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据向量的线性运算，化简四个选项即可判断. 【详解】根据向量的线性运算，化简可知： 对于A，，所以A错误； 对于B，，所以B正确； 对于C，，所以，所以C错误； 对于D，，所以D错误； 综上可知，B为正确选项， 故选：B. 【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，属于基础题. 2. 一个圆经过以下三个点，，，且圆心在轴上，则圆的标准方程为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意设出圆心，利用圆心到三点的距离相等建立等式，从而求得标准方程. 【详解】解：设圆心坐标为，半径为，则圆的方程为， 则，解得，． ∴圆的标准方程为． 故选D． 【点睛】本题主要考查圆的标准方程，重点找出圆心及半径是关键，难度不大. 3. 若，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法求出后求模，也可直接根据模的性质求解. 【详解】法1：由， 所以. 法二：. 故选：C 4. 已知a、b都是正实数, 那么""是"a>b"的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【详解】先讨论充分性,当时, ,所以充分性成立. 再讨论必要性,当a>b时， 所以，所以必要性成立.故选C. 5. 设，若，则实数的最大值为（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由不等式可得，求出右边的最小值，进而可得的最大值． 【详解】因为，若，可得， 设，只需要小于等于右边的最小值即可， 则， 令，可得， 所以，当且仅当，即时取等号， 所以， 即的最大值为． 故选：A． 6. 已知是公比不为1的等比数列，为其前项和，满足，则下列等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件求出的公比q，然后逐一分析各选项即可判断作答. 【详解】设等比数列的公比为q(q≠1)，又，即， 而，则，解得，则，，，， ，A不正确； ，B正确； ，C不正确； ，D不正确. 故选：B 7. 设函数，若在区间上无零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对分情况讨论，利用导数研究函数的单调性，结合二次函数的性质及函数零点存在定理进行判断即可． 【详解】函数，其中． ，令 （1）当时，，此时，函数在上单调递增，此时，故在区间上无零点，符合题意． （2）当时，设， ，则在上单调递增， 因此时，，即， 可得， 当（其中）时，，此时， 而，故在区间上有零点，不合题意． （3）当时，， 时，单调递增，， 而，则，，函数在上单调递增， 此时，故在区间上无零点，符合题意． （4）当时，由，得， 设方程的两个实数根分别为，且，其中，． 时，，则，， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增． 则，而，故在区间上有零点，不合题意． 综上所述，的取值范围为． 故选：A． 8. 已知，都是定义在上的函数，对任意满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用赋值法结合题目给定的条件可判断AC，取可判断B，对于D，通过观察选项可以推断很可能是周期函数，结合的特殊性及一些已经证明的结论，想到令和时可构建出两个式子，两式相加即可得出，进一步得出是周期函数，从而可求的值. 【详解】对于A，令，代入已知等式得，得，故A错误； 对于B，取， 满足及， 因为，所以的图象不关于点对称， 所以函数的图象不关于点对称，故B错误； 对于C，令，，代入已知等式得， 可得，结合得，， 再令，代入已知等式得， 将，代入上式，得，所以函数为奇函数. 令，，代入已知等式，得， 因为，所以， 又因为，所以， 因为，所以，故C错误； 对于D，分别令和，代入已知等式， 得以下两个等式，， 两式相加易得，所以有， 即， 有， 即，所以为周期函数，且周期为3， 因为，所以，所以，， 所以， 所以 ，故D正确. 故选：D. 二、多选题 9. 若复数，则（ ） A. B. z的实部与虚部之差为3 C. D. z在复平面内对应的点位于第四象限 【答案】ACD 【解析】 【分析】由已知复数相等，应用复数的除法化简得，即可判断各选项的正误. 【详解】∵， ∴z的实部与虚部分别为4，， ，A正确； z的实部与虚部之差为5，B错误； ，C正确； z在复平面内对应的点为，位于第四象限，D正确． 故选：ACD． 10. 已知等比数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据可得，由可得，进而根据选项即可逐一求解. 【详解】设等比数列的公比为，由，由于，所以． 又，即，于是，由于正负不定，故无法确定与0的大小，A错误； ，B正确； ，C正确； ，故，D错误． 故选：BC． 11. 已知函数，对任意均有，且在上单调递减，则下列说法正确的有（ ） A. 函数是偶函数 B. 函数的最小正周期为 C. 函数在上的值域为 D. 若在上恒成立，则的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由，可得的图象关于点对称，关于直线对称，通过在上单调递减可得点和直线是的图象相邻的对称中心和对称轴，可算出，代入利用关于点对称可得然后通过余弦函数的性质对每个选项进行判断即可 【详解】的图象关于点对称， 又当时，取得最值，即的图象关于直线对称， 又在上单调递减，， 点和直线是的图象相邻的对称中心和对称轴， 设的最小正周期为，则， ，又的图象关于点对称，且在上单调递减， 由正弦函数的性质，， 时，， 对于选项，函数是偶函数，故正确； 对于选项B，函数的最小正周期为，故B错误； 对于选项，因为，则 所以，故C正确； 对于选项D，由，得， ，解得， 由余弦函数的性质可得， 若在上恒成立，则的最大值为，故D正确. 故选：ACD. 12. 在正三棱柱中，，的重心为，以为球心的球与平面相切.若点在该球面上，则下列说法正确的有（ ） A. 存在点和实数，，使得 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 若直线与平面所成的角为，则的最大值为 D. 若，则所有满足条件的点形成的轨迹的长度为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，由球与平面的位置关系，判断结论；对于B，面积为定值，由到平面的最大距离求三棱锥体积的最大值；对于C，求出当最大时的位置，由两角和的正弦公式求的最大值；对于D，根据所给的点轨迹长度与球的大圆周长比较即可判断. 【详解】对于A， 取中点，中点，连接，， 正三棱柱中，平面平面，平面平面， 平面，平面，，而为的重心， ，到平面的距离为， 而到平面的距离为， 球与平面相离，则不存在这样的和实数，使，A错误． 对于B，到平面的距离为，球半径， 则到平面的最大距离为， ，B正确． 对于C，设为球的上顶点，平面于点， 与球相切且与平面共面， ，， 设，则有，得， ，C正确． 对于D，由选项B可知到平面的距离为，即球半径， 所以球大圆的周长为， 由题意点的轨迹为过B且垂直于的平面与球的交线圆，而， 截面圆的周长大于球的大圆的周长，所以是不可能的，D错误. 故选：BC． 【点睛】方法点睛：利用正三棱柱的结构特征和三角形重心的位置特征，求出重心到相关平面的距离，可解决向量共面，棱锥高度最大，轨迹及位置关系等问题. 三、填空题 13. 已知是虚数单位，则=___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的计算法则计算即可. 【详解】， 故答案为:-i. 14. 若直线是函数的图象在某点处的切线，则实数___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义直接求解. 【详解】设切点为. 由题意可得：，解得：，代入得：. 故答案为： 15. 已知，函数，其中为自然对数的底数．若函数恰有4个零点，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】求得，得出的单调性和，令，得到，设，且零点分别为，转化为方程和各有2个解，得到，进而求得的范围. 【详解】由函数，可得， 当时，；当时， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以， 又由，令，可得， 设，则， 设的两个零点分别为，则或， 可得或， 要使得恰有4个零点， 则方程有2个解，且方程也有两个解， 则满足，即，即， 可得，即， 又因为，解得． 故答案为：. 【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法： 1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决； 3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解. 结论拓展：与和相关的常见同构模型 ①，构造函数或； ②，构造函数或； ③，构造函数或. 四、解答题 16. 解不等式：． 【答案】 【解析】 【分析】根据不等式，讨论、分别求解集，然后取并即可得结果. 【详解】由题设，即， 当时，恒成立； 当时，整理得，解得，所以； 综上，，故解集为. 17. 如图，在正方体中，，点P为的中点. （1）证明：直线平面； （2）求异面直线与AP所成角的正弦值. 【答案】 （1）如图，连接BD，设AC和BD交于点O，则O为BD的中点， 连接PO，因为P是的中点，所以， 又因为平面PAC，平面PAC，所以直线平面PAC. （2）. 【解析】 【分析】（1）连接BD，设AC和BD交于点O，证得，利用线面平行的判定定理，即可证得平面PAC. （2）由，得到为异面直线与所成角，在直角中，即可求解. 【详解】（1）略 （2）由（1）知：，所以异面直线与所成角即为PO与所成角， 即为与所成角， 因为，，且， 在直角中，所以， 所以与AP所成角的正弦值为. 18. 设正项数列的前项和为，若. （1）求数列的通项公式； （2）若不等式对任意正整数均成立，求的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题设结合即可求解； （2）先由（1）求出，进而求得，于是将问题转化成，再由即可得解. 【小问1详解】 由题，， 所以当时， 当时，，整理得， 因为，所以，即， 所以数列是以为首项和公差的等差数列， 所以. 【小问2详解】 由（1），故， 所以， 所以 ， 所以不等式对任意正整数均成立对任意正整数均成立 对任意正整数均成立， 所以，又， 所以，所以满足题意的实数的取值范围为. 19. 如图，在斜三棱柱中，是边长为4的正三角形，侧棱，顶点在平面上的射影为边的中点. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1） 因为是边长为4的正三角形，边的中点，所以. 因为顶点在平面上的射影为，所以平面,. 因为面，面，, 所以面. 所以面，所以平面平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）先证明出面，利用面面垂直的判定定理即可证明； （2）以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.利用向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系. 因为是边长为4的正三角形，为边的中点， 所以. 在直角三角形中，. 所以，，，，. 所以,. 在三棱柱中，由，可求得：. 同理求得：. 所以，,. 设为平面的一个法向量，为平面的一个法向量. 因为，即，不妨设，则. 同理可求：. 设为二面角的平面角，由图可知：为锐角， 所以. 即二面角的余弦值为. 20. 如图，三棱锥中，平面，，，点E，F分别是，的中点． （1）求证：平面； （2）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， 所以． 因为， 所以平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明；（2）建立空间直角坐标系求线面角即可. 【详解】（1）略 （2）因为平面， 所以． 以点为坐标原点，分别以直线，，为，，轴建立空间直角坐标系． 设，则． 因为点，分别是，的中点， 所以，，，，，． 所以，，． 设平面的法向量为， 则即 令，则，． 所以． 设直线与平面所成角为． 所以． 所以直线与平面所成角的正弦值． 【点睛】求直线与平面所成的角分成向量法和几何法两种， 几何法的一般步骤： ①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成； ②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解． 向量法的一般步骤： ①建立空间直角坐标系； ②求出直线的方向向量； ③再求出平面的法向量； ④根据公式求出线面角的正弦值. 21. 已知函数． （1）若在上不单调，求的取值范围． （2）若在区间上存在极大值，证明：． 【答案】（1）； （2）由（1）可知当时，在上单调递增，则不存在极大值． 当时，．，令，则． 令，则． 易知在上单调递减，在上单调递增． 因为，， 所以存在，使得． 则当时，；当时． 故在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得极大值，即． 因为，所以，且． 因为，所以， 则 ， 即． 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，再令，利用导数说明其单调性与最小值，即可求出参数的取值范围． （2）由（1）可知，令，利用导数说明的单调性，即可得到存在，使得，从而得到当时，取得极大值，即，再利用基本不等式计算可得； 【详解】（1）解：． 令，则． 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增． 故． 因为在上不单调，即在有变号零点，所以，即的取值范围为． （2）略 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $