精品解析：陕西省宝鸡市千阳县中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题

2023～2024学年第二学期高二期末考试 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合的运算即可求解. 【详解】由，可得， 故选：B 2. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助复数的运算法则计算即可得. 【详解】由， 可得复数 的虚部为. 故选：A． 3. 已知随机变量 服从两点分布，，则其成功概率为（ ） A. 0.3 B. 0.4 C. 0.5 D. 0.6 【答案】D 【解析】 【分析】根据两点分布的期望即可求解. 【详解】随机变量 服从两点分布，设成功的概率为， ． 故选:D． 4. 已知抛物线：的焦点为，准线为，点在抛物线上，过作的垂线，垂足为，若（ 为坐标原点），则（ ） A. B. 3 C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】由抛物线的定义结合可求得的值，将点代入方程即可求解. 【详解】因为，所以，即 ， ，， 又∵，∴. 故选：A. 5. 已知方程表示一个焦点在 轴上的椭圆，则实数 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由椭圆的简单几何性质即可求解. 【详解】解：因为方程表示一个焦点在 轴上的椭圆， 所以有，解得， 所以实数 的取值范围为， 故选：B. 6. 函数，若对任意，都有成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可知是减函数，结合分段函数单调的条件求解． 【详解】因为对任意，都有成立，所以是上的减函数， 则，解得， 即实数a的取值范围为． 7. 下图是战国时期的一个铜镞，其由两部分组成，前段是高为2cm､底面边长为1cm的正三棱锥，后段是高为0.6cm的圆柱，圆柱底面圆与正三棱锥底面的正三角形内切，则此铜镞的体积约为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出内切圆半径为r，再分别利用三棱锥体积与圆柱体积公式即可求出总体积. 【详解】因为正三棱锥的底面边长为1，设其内切圆半径为r，由等面积法，可得：，解得：，所以其内切圆半径为. 由三棱锥体积与圆柱体积公式可得：. 故选：D. 8. 已知双曲线 （ ，）的渐近线与交于第一象限内的两点，，若为等边三角形，则双曲线的离心率 （ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用双曲线的渐近线公式和角度之间的关系求出进而求出双曲线的离心率 即可. 【详解】满足，又满足 ，故，轴，， 可得，． 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. 已知直线，直线，若，则实数可能的取值为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】BC 【解析】 【分析】利用两直线垂直的判断方法列出方程，解之即得实数的值. 【详解】由，可得，解得或1． 故选：BC. 10. 关于成对数据统计分析的下列结论中，正确的是（ ） A. 若两个变量与 的相关系数，则这两个变量负相关 B. 若两个变量与 的相关系数越大，则这两个变量的线性相关程度越强 C. 若两个变量与 的相关系数，则这两个变量不具有相关关系 D. 对于两个变量与 的经验回归方程，若决定系数越大，则经验回归方程的拟合效果越好 【答案】AD 【解析】 【分析】根据相关系数的意义判断ABC三个选项，根据决定系数的意义判断D选项. 【详解】由相关系数的意义知“若两个变量与 的相关系数，则这两个变量负相关”A正确； “两个变量与 的相关系数的绝对值越大，则这两个变量的线性相关程度越强”，B错误； 两个变量与 的相关系数只能说明两个变量没有线性相关关系，不能排除它们之间有其他相关关系，C错误； 由决定系数的意义知“对于两个变量与 的经验回归方程，若决定系数越大，则经验回归方程的拟合效果越好”，D正确； 故选：AD. 11. 已知函数，则（ ） A. 是奇函数 B. 的最大值大于 C. ， D. ， 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据函数的性质分别判断各选项. 【详解】的定义域为，，故选项A错误； ，故选项B正确； ，故选项C正确； ， ，，当时，，，而在上单调递增， ，当时，，故选项D正确， 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，且，则 的值是____________． 【答案】 【解析】 【分析】由诱导公式化简，再利用同角三角函数间的关系和角的范围可得答案. 【详解】由，且， 得． 故答案为：. 【点睛】本题考查三角函数的诱导公式和同角三角函数间的关系，在运用公式时，注意角的范围，属于基础题. 13. 已知函数 在 上存在最小值，则m的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】讨论当x≤0时，当x＞0时，运用二次函数的单调性和指数函数的单调性，可得f（x）的范围，由题意即可得到所求m的范围． 【详解】解：当x≤0时，f（x）＝x2+2x﹣1＝（x+1）2﹣2≥﹣2， 即有x＝﹣1时，取得最小值﹣2， 当x＞0时，f（x）＝3x+m递增， 可得f（x）＞1+m， 由题意可得1+m≥﹣2， 解得m≥﹣3， 故答案为[﹣3，+∞）． 【点睛】本题考查函数的最值求法，注意运用分类讨论思想方法和指数函数的单调性，考查运算能力，属于中档题． 14. 若关于的不等式的解集为 ，则关于的不等式的解集为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据不等式的解集求出，代入不等式，再解不等式可得答案. 【详解】因为不等式的解集为 ， 所以 是的两个根，且 ， 可得，所以， 所以得， 即，由得， 所以,所以或， 则不等式的解集为. 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，角的对边分别，且. （1）求； （2）若 ，试探究： 的周长是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）； （2）存在，最大值是9. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换求解即可； （2）利用余弦定理结合基本不等式求 的最大值即可. 【小问1详解】 由及正弦定理，得， 又， 所以， 所以， 又，所以， 所以 又，所以； 【小问2详解】 存在，理由如下： 由（1）可得，又 ，故由余弦定理，得， 所以，解得， 当且仅当时取等号， 所以 周长的最大值是. 16. 已知为等比数列，且，. （1）若，求 ； （2）设数列的前 项和为.求. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）设公比为，依题意得到方程组求出和，即可得到，从而求解 的值． （2）根据等比数列的前 项和公式可得的值． 【详解】解：（1）数列 为等比数列，设公比为，因为，，所以，所以 所以， 所以 所以， 解得． （2）为等比数列，且， 前 项和． 那么：． 17. 甲、乙两个乒乓球队之间组织友谊比赛，比赛规则如下：每个队各组织五名队员进行五场单打比赛，每场单打比赛获胜的一方得1分，失败的一方不得分．已知每场单打比赛中，甲队获胜的概率均为（每场单打比赛不考虑平局的情况）． （1）求五场单打比赛后，甲队恰好领先乙队1分的概率； （2）设比赛结束后甲队的得分为随机变量 ，求 的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由题意，可知在5场比赛中，甲队赢3场，从而可得概率； （2）根据二项分布可解答. 【小问1详解】 记“五场单打比赛后，甲队恰好领先乙队1分”为事件，而五场单打比赛后，甲队恰好领先乙队1分，即五场单打比赛中甲队赢3场，乙队赢2场， 所以 【小问2详解】 由题意， 可取. 所以； ； ； ； ； . 所以 的分布列为： 0 1 2 3 4 5 所以. (或者，所以). 18. 如图，在矩形中， ，，为的中点，将沿折起，使点 到点处，平面 平面 . （1）证明：平面 平面； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明，因为平面 平面 ，所以平面 ，，，所以 平面，∴平面 平面. （2）建系向量法解决线面夹角即可，注意求二面角的正弦值. 【小问1详解】 证明：由， ，得， 得 ，即， 又由平面 平面 ，平面 平面 ，得平面 ， 故，，，，平面， 所以 平面，而 平面 ，∴平面 平面. 【小问2详解】 如图，以中点 为原点，，，方向分别为， ， 轴的正方向， 建立空间直角坐标系， 则，，，， 设平面的法向量为，由，， 则 取 ，则， 设平面 的法向量为， 由，， 则 取 ，则， 故，故. 故二面角的正弦值为. 19. 已知函数. （1）设函数，讨论的单调性； （2）设分别为的极大值点和极小值点，证明：. 【答案】（1） 当 时，在上单调递增， 当 时，在上单调递减，在上单调递增； （2） 分别是的极大值点和极小值点， ，且对于有 ， 且对称轴 ，所以 ， ， 所以， 综上，要证， 只需证， 因为， 即证： ， 设. 所以 ， 所以在上单调递增，所以 . 所以成立. 【解析】 【分析】（1）先求得，然后对进行分类讨论来求得的单调区间. （2）由极值点的知识求得的关系式，由此将要证明的不等式转化为证明 ，利用构造函数法，结合导数来证得不等式成立. 【小问1详解】 ， ， 当 时， 在上恒成立，则在上单调递增， 当 时，单调递减， 单调递增， 综上，当 时，在上单调递增， 当 时，在上单调递减，在上单调递增； 【小问2详解】 略 【点睛】求解函数单调区间的步骤：（1）确定的定义域；（2）计算导数；（3）求出的根；（4）用的根将的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内的符号，进而确定的单调区间.如果导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.利用导数证明不等式，首先考虑将要证明的不等式进行转化，转化为可构造函数并能利用导数进行证明的结构，从而来对问题进行求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023～2024学年第二学期高二期末考试 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知随机变量 服从两点分布，，则其成功概率为（ ） A. 0.3 B. 0.4 C. 0.5 D. 0.6 4. 已知抛物线：的焦点为，准线为，点在抛物线上，过作的垂线，垂足为，若（ 为坐标原点），则（ ） A. B. 3 C. D. 4 5. 已知方程表示一个焦点在 轴上的椭圆，则实数 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 函数，若对任意，都有成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 下图是战国时期的一个铜镞，其由两部分组成，前段是高为2cm､底面边长为1cm的正三棱锥，后段是高为0.6cm的圆柱，圆柱底面圆与正三棱锥底面的正三角形内切，则此铜镞的体积约为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线 （ ，）的渐近线与交于第一象限内的两点，，若为等边三角形，则双曲线的离心率 （ ） A. B. C. 2 D. 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. 已知直线，直线，若，则实数 可能的取值为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 10. 关于成对数据统计分析的下列结论中，正确的是（ ） A. 若两个变量与 的相关系数，则这两个变量负相关 B. 若两个变量与 的相关系数越大，则这两个变量的线性相关程度越强 C. 若两个变量与 的相关系数，则这两个变量不具有相关关系 D. 对于两个变量与 的经验回归方程，若决定系数越大，则经验回归方程的拟合效果越好 11. 已知函数，则（ ） A. 是奇函数 B. 的最大值大于 C. ， D. ， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，且，则 的值是____________． 13. 已知函数 在 上存在最小值，则m的取值范围是________. 14. 若关于的不等式的解集为 ，则关于的不等式的解集为______. 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，角的对边分别，且. （1）求； （2）若 ，试探究： 的周长是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，说明理由. 16. 已知为等比数列，且，. （1）若，求 ； （2）设数列的前 项和为.求. 17. 甲、乙两个乒乓球队之间组织友谊比赛，比赛规则如下：每个队各组织五名队员进行五场单打比赛，每场单打比赛获胜的一方得1分，失败的一方不得分．已知每场单打比赛中，甲队获胜的概率均为（每场单打比赛不考虑平局的情况）． （1）求五场单打比赛后，甲队恰好领先乙队1分的概率； （2）设比赛结束后甲队的得分为随机变量 ，求 的分布列和数学期望． 18. 如图，在矩形中， ，， 为 的中点，将沿折起，使点 到点处，平面 平面 . （1）证明：平面 平面； （2）求二面角的正弦值. 19. 已知函数. （1）设函数，讨论的单调性； （2）设分别为的极大值点和极小值点，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $