精品解析：广东省湛江第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题

2023~2024学年度第二学期高二级期末考试 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 5．本卷主要考查内容：高考范围． 一、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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知一系列样本点的一个经验回归方程为，若样本点的残差为1，则（ ） A. B. 6 C. D. 8 3. 2020年以来，为了抗击新冠肺炎疫情，教育部出台了“停课不停学”政策，全国各地纷纷采取措施，通过网络进行教学，为莘莘学子搭建学习的平台．在线教育近几年蓬勃发展，为学生家长带来了便利，节省了时间，提供了多样化选择，满足了不同需求，也有人预言未来的教育是互联网教育．与此同时，网课也存在以下一些现象，自觉性不强的孩子网课学习的效果大打折扣，授课教师教学管理的难度增大．基于以上现象，开学后某学校对本校课学习情况进行抽样调查，抽取25名女生，25名男生进行测试、问卷等，调查结果形成以下2×2列联表，通过数据分析，认为认真参加网课与学生性别之间（ ） 认真上网课 不认真上网课 合计 男生 5 20 25 女生 15 10 25 合计 20 30 50 参考数据： 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 A. 不能根据小概率的的独立性检验认为两者有关 B. 根据小概率的的独立性检验认为两者有关 C. 根据小概率的的独立性检验认为两者有关 D. 根据小概率的的独立性检验认为两者无关 4. 已知等差数列前n项和为，则数列的公差是（ ） A B. C. D. 3 5. 已知非零向量，的夹角为，，，则（ ） A. 1 B. C. D. 6. 已知函数，若将的图象向左平移个单位后所得的函数图象与曲线关于对称，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 7. 如图，椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆相交于P，Q 两点．若，，，则椭圆C的方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的最小值为，则的最小值为（ ） A. B. C. 0 D. 1 二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9. 甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有3个红球，7个白球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球．表示事件“从甲罐取出的球是红球”，表示事件“从甲罐取出的球是白球”，B表示事件“从乙罐取出的球是红球”．则下列结论正确的是（ ） A. 、为对立事件 B. C D. 10. 已知函数，则（ ） A. 当时，函数的最小值为 B. 当时，函数的极大值点为 C. 存在实数使得函数在定义域上单调递增 D. 若恒成立，则实数取值范围为 11. 已知圆锥的侧面展开图为一个半圆，为底面圆的一条直径，，B为圆O上的一个动点（不与A，C重合），记二面角为，为，则（ ） A. 圆锥的体积为 B. 三棱锥的外接球的半径为 C. 若，则平面 D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中常数项为_____． 13. 已知，抛物线焦点为是抛物线C上任意一点，则周长的最小值为_______． 14. 已知函数的导函数满足在上恒成立，则不等式的解集是______. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 在中，内角所对的边分别为，且满足. （1）求角的大小； （2）若的面积为，外接圆的面积为，求. 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，且． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值． 17. 甲同学参加学校的答题闯关游戏，游戏共分为两轮，第一轮为初试，共有5道题，已知这5道题中甲同学只能答对其中3道，从这5道题目中随机抽取3道题供参赛者作答，答对其中两题及以上即视为通过初试；第二轮为复试，共有2道题目，甲同学答对其中每道题的概率均为，两轮中每道题目答对得6分，答错得0分，两轮总分不低于24分即可晋级决赛． （1）求甲通过初试的概率； （2）求甲晋级决赛的概率，并在甲晋级决赛的情况下，记随机变量为甲的得分成绩，求的数学期望． 18. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的右焦点为，一条渐近线的倾斜角为，点在双曲线上． （1）求双曲线的标准方程； （2）若点在直线上，点在双曲线上，且焦点在以线段为直径的圆上，分别记直线的斜率为，求的值． 19. 已知函数，且． （1）讨论的单调性； （2）比较与的大小，并说明理由； （3）当时，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023~2024学年度第二学期高二级期末考试 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 5．本卷主要考查内容：高考范围． 一、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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的四则运算与共轭复数的定义即可得解. 【详解】因为，即，则， 所以，故. 故选：C. 2. 已知一系列样本点的一个经验回归方程为，若样本点的残差为1，则（ ） A. B. 6 C. D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】观测值减去预测值称为残差；进而利用残差的定义即可求解. 【详解】样本点的观测值为，预测值为， 则残差为，解得. 故选：C. 3. 2020年以来，为了抗击新冠肺炎疫情，教育部出台了“停课不停学”政策，全国各地纷纷采取措施，通过网络进行教学，为莘莘学子搭建学习的平台．在线教育近几年蓬勃发展，为学生家长带来了便利，节省了时间，提供了多样化选择，满足了不同需求，也有人预言未来的教育是互联网教育．与此同时，网课也存在以下一些现象，自觉性不强的孩子网课学习的效果大打折扣，授课教师教学管理的难度增大．基于以上现象，开学后某学校对本校课学习情况进行抽样调查，抽取25名女生，25名男生进行测试、问卷等，调查结果形成以下2×2列联表，通过数据分析，认为认真参加网课与学生性别之间（ ） 认真上网课 不认真上网课 合计 男生 5 20 25 女生 15 10 25 合计 20 30 50 参考数据： 005 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 A. 不能根据小概率的的独立性检验认为两者有关 B. 根据小概率的的独立性检验认为两者有关 C. 根据小概率的的独立性检验认为两者有关 D. 根据小概率的的独立性检验认为两者无关 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定的数表，求出的观测值，再与临界值比对即得. 【详解】由数表知，，而， 所以根据小概率的的独立性检验认为两者有关． 故选：B 4. 已知等差数列的前n项和为，则数列的公差是（ ） A. B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列前n项和公式求出，进一步求出公差. 【详解】因为，所以， 又，所以. 故选：D 5. 已知非零向量，的夹角为，，，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析可知，向量，的夹角为，根据结合数量积的运算求解. 【详解】因为，则， 且非零向量，的夹角为，，可知向量，的夹角为， 则， 所以. 故选：D. 6. 已知函数，若将的图象向左平移个单位后所得的函数图象与曲线关于对称，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数的图象平移后所得函数的解析式，再利用对称列式计算即得. 【详解】函数，的图象向左平移个单位后所得函数， 函数的图象与的图象关于直线对称，则， 于是对任意实数恒成立， 即对任意实数恒成立， 因此，解得，而，则， 所以当时，取得最小值. 故选：A 7. 如图，椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆相交于P，Q 两点．若，，，则椭圆C的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据椭圆的定义及已知求得，再解直角三角形求得求得即可求得椭圆的方程 【详解】设，有， 由可知， 又由椭圆的定义有， 可得，解得， 可得， ，， 故选：D. 【点睛】本题主要考查了椭圆的定义与标准方程的求解，其中解答中熟记椭圆的定义，以及椭圆的几何性质，准确运算是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题. 8. 已知函数的最小值为，则的最小值为（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由二次函数的性质可知，令，运用导数可求得的最小值，进而可得结果. 【详解】因为， 令，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， ， ， 故选：B． 二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9. 甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有3个红球，7个白球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球．表示事件“从甲罐取出的球是红球”，表示事件“从甲罐取出的球是白球”，B表示事件“从乙罐取出的球是红球”．则下列结论正确的是（ ） A. 、为对立事件 B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】只需注意到事件B是在事件或发生之后可解. 【详解】因为甲罐中只有红球和白球，所以A正确；当发生时，乙罐中有4个红球，7个白球，此时B发生的概率为，故B正确；当发生时，乙罐中有3个红球，8个白球，此时B发生的概率为，故D不正确；，故 C不正确. 故选：AB 10. 已知函数，则（ ） A. 当时，函数的最小值为 B. 当时，函数的极大值点为 C. 存在实数使得函数在定义域上单调递增 D. 若恒成立，则实数的取值范围为 【答案】AD 【解析】 【分析】由函数极值的求解以及极值点的辨析即可判断AB，由在上恒成立即可判断C，分离参数，构造函数求得其最小值，即可判断D. 【详解】因为函数，则，其中， 当时，则，令，可得， 当时，，则函数单调递减， 当时，，则函数单调递增， 当时，有极小值，即最小值，故A正确； 当时，则，令，可得， 当时，，则函数单调递减， 当时，，则函数单调递增， 当时，函数有极小值，则为极小值点，故B错误； 假设存在实数使得函数在定义域上单调递增， 则在上恒成立，即在上恒成立， 所以在上恒成立，因为的值域为， 所以函数无最小值， 故不存在实数使得函数在定义域上单调递增，故C错误； 若恒成立，即在上恒成立， 即在上恒成立， 令，则，令，则， 当时，，则函数单调递减， 当时，，则函数单调递增， 当时，有极小值，即最小值，所以，故D正确； 故选：AD 11. 已知圆锥的侧面展开图为一个半圆，为底面圆的一条直径，，B为圆O上的一个动点（不与A，C重合），记二面角为，为，则（ ） A. 圆锥的体积为 B. 三棱锥的外接球的半径为 C. 若，则平面 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据几何图形，以及圆锥体积公式，判断A；根据几何图形确定球心的位置，并求出球的半径，即可判断B；根据二面角的定义，确定点的位置，并转化垂直关系，即可判断C；根据二面角的定义，结合几何图形，即可判断D. 【详解】 设底面半径为，母线长为，则，即， 由，则，则， 所以圆锥的体积为，故A正确； 设三棱锥外接球的球心为，在上，设球的半径为，则中， ，解得：，故B错误； 如下图，取的中点，连结, 因为，， 所以，， 所以， 若，则，即，所以是等腰直角三角形， 所以，因为平面，平面， 所以，且，平面， 所以平面，故C正确； 如上图，，， 因为，所以，则，即 则，且，所以，则 所以，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中常数项为_____． 【答案】 【解析】 【分析】求出二项式的展开式的通项公式，根据题意可得相应方程，求得r的值，可得答案. 【详解】的展开式的通项公式, 令，解得（舍）；令，解得， 的展开式中常数项为， 故答案为： 13. 已知，抛物线的焦点为是抛物线C上任意一点，则周长的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】过点P作垂直于准线，易知当三点共线时，的周长最小，即可求解． 【详解】抛物线的准线，，过点P作垂直于准线， 由题可知，的周长为， 又， 易知当三点共线时，的周长最小，且最小值为． 故答案为： 14. 已知函数导函数满足在上恒成立，则不等式的解集是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知关系式可构造函数，可知在上单调递增，将所求不等式转化为，利用单调性可解不等式求得结果. 【详解】，令，则在上单调递增， 由得：， 即，，解得：， 的解集为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 在中，内角所对的边分别为，且满足. （1）求角的大小； （2）若面积为，外接圆的面积为，求. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得，由余弦定理求出，结合的范围可得答案； （2）求出外接圆的半径由正弦定理求出，根据的面积求出，再由余弦定理可得，联立可得答案. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 所以，由余弦定理可得， 因为，所以； 【小问2详解】 设外接圆半径为，因为外接圆的面积为， 所以，解得， 由正弦定理可得， 若的面积为，则，可得，① 由余弦定理可得，② 由①②可得，或. 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，且． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先由线段关系证，结合面面垂直的性质判定线线垂直，利用线线垂直证线面垂直； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可. 【小问1详解】 由题意，则， 因为，所以， 因为平面平面，平面平面， 且平面， 所以平面， 因为平面，所以， 且平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； 【小问2详解】 如图，以A为原点，分别为轴，轴正方向，在平面内过点A作平面ABC的垂线为z轴， 建立空间直角坐标系， 则， 所以，， 设平面的一个法向量， 则，令，得， 设平面的法向量， 则，令，得， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的正弦值为． 17. 甲同学参加学校的答题闯关游戏，游戏共分为两轮，第一轮为初试，共有5道题，已知这5道题中甲同学只能答对其中3道，从这5道题目中随机抽取3道题供参赛者作答，答对其中两题及以上即视为通过初试；第二轮为复试，共有2道题目，甲同学答对其中每道题的概率均为，两轮中每道题目答对得6分，答错得0分，两轮总分不低于24分即可晋级决赛． （1）求甲通过初试的概率； （2）求甲晋级决赛的概率，并在甲晋级决赛的情况下，记随机变量为甲的得分成绩，求的数学期望． 【答案】（1） （2）甲晋级决赛的概率为， 【解析】 【分析】（1）甲要通过初试，则需要答对道或道题目，再利用古典概型求解即可； （2）分甲初试答对道和道题目两种情况讨论，再结合相互独立事件的乘法公式即可求出，甲晋级决赛的概率，写出随机变量的所有可能取值，并利用条件概率公式求出对应概率，再根据期望公式求解即可. 【小问1详解】 甲要通过初试，则需要答对道或道题目， 所以甲通过初试的概率为； 【小问2详解】 ①若甲初试答对道题目，则甲晋级决赛，复试需要答对题， 此时甲晋级决赛的概率为， 若甲初试答对两道题目， ②若甲初试答对道题目，则甲晋级决赛，复试需要答对题或题， 当复试答对题时，甲晋级决赛的概率为， 当复试答对题时，甲晋级决赛的概率为， 综上所述，甲晋级决赛的概率为， 在甲晋级决赛的情况下，随机变量可取， ， 所以 18. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的右焦点为，一条渐近线的倾斜角为，点在双曲线上． （1）求双曲线的标准方程； （2）若点在直线上，点在双曲线上，且焦点在以线段为直径的圆上，分别记直线的斜率为，求的值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用双曲线的性质及点在双曲线上待定系数法求解即可； （2）设与的坐标，利用两点斜率公式及在以线段为直径的圆上，得出点坐标之间关系式结合在双曲线上消元计算即可. 【小问1详解】 易知双曲线的渐近线为， 根据题意可知， 解之得， 故双曲线的标准方程为； 【小问2详解】 由上可知，设，显然， 由题意可知，即， 而. 【点睛】方法点睛：第二问采用设点法，设，利用点在双曲线上及圆的性质得出坐标之间的关系式及，再根据两点斜率公式消元化简即可. 19. 已知函数，且． （1）讨论的单调性； （2）比较与的大小，并说明理由； （3）当时，证明：． 【答案】（1）答案见解析； （2），理由见解析 （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）分析题意，根据参数的不同范围，含参利用导数讨论单调性即可. （2）根据（1）可知，当时，，，代值进行比较即可. （3）设，则，分不同情况讨论，利用放缩法结合裂项相消法证明不等式即可. 【小问1详解】 易知． ①． 当时，，即，所以在上单调递增，当时，，即，所以在上单调递减； ②．当时，，即，所以在上单调递减，当时，，即，所以在上单调递增；综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 【小问2详解】 由（1）可知，当时，，， 取，，则有， 即，所以； 【小问3详解】 证明：设，则， 所以在上单调递增，所以， 即当时，， 结合（1）可知，， 当时，成立， 当时，因为，所以 即． 综上所述，． 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数证明不等式，解题关键是合理运用放缩法，然后再利用裂项相消法求和，得到所要求的不等关系即可． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$