精品解析：湖南省湘东九校2023-2024学年高二下学期期末联考数学试题

湖南省湘东九校2024年7月高二期末联考 数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本大题共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. 已知集合或，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若，则实数（ ） A. 2 B. C. D. 3. 若为纯虚数，，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 4. 设为数列的前项和，若，则（ ） A. 4 B. 8 C. D. 5. 设，则“”是“”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 6. 如图，在中，，，，为内一点，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，为曲线：的焦点，则下列说法错误的是（ ） A. 若，则曲线的离心率 B. 若，则曲线的离心率 C. 若曲线上恰有两个不同的点，使得，则 D. 若，则曲线上存在四个不同的点，使得 8. 已知函数，则与图象的所有交点的横坐标之和为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列命题中正确的是（ ） A. 已知随机变量X服从二项分布B（n，p），若，，则 B. 若随机变量，且，则 C. 一组数据1，3，5，7，9，11，13的第60百分位数为7 D. 若样本数据，，…，的平均数为3，则，，⋯，的平均数为10 10. 已知函数（，，）的部分图象如图中实线所示，图中圆与的图象交于，两点，且点在轴上，则下列命题中正确的是（ ） A. 函数的最小正周期是 B. 函数在上单调递减 C. 函数的图象向左平移个单位后关于直线对称 D. 若圆的半径为，则 11. 已知正三棱柱的棱长均为2，为棱上靠近点的四等分点，为棱的中点，则（ ） A. 直线直线 B. 点到平面的距离为 C. 平面平面 D. 以为球心，2为半径的球面与该棱柱的棱公共点的个数为8 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，的系数是______. 13. 已知点为抛物线上一点，若抛物线在点处的切线恰好与圆相切，则__________. 14. 若函数的四个零点从小到大恰好构成等差数列，则________. 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. 泉州市举办庆“七一”知识竞赛活动，初赛采用两轮制方式进行，要求每个区（县）派出两个小组，且每个小组都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的小组才具备参加决赛的资格.德化县派出甲､乙两个小组参赛，在初赛中，若甲､乙两组通过第一轮比赛的概率分别是，通过第二轮比赛的概率分别是，且各个小组所有轮次比赛的结果互不影响. （1）德化县派出的两个组获得决赛资格的小组的个数为，求的分布列和期望； （2）已知德化县的甲､乙两组在决赛中相遇，决赛以抢答和两道题的方式进行，抢到并答对一题得10分，答错不得分.其中一方的得分多于另一方的得分即为获胜，假设这两组在决赛中对每个问题回答正确的概率恰好是各自获得决赛资格的概率，甲､乙两组随机等可能抢到每道题，求甲组获胜的概率. 16. 已知函数，. （1）当时，判断函数的单调性； （2）当时，，求的取值范围. 17. 如图，在三棱台中，平面平面，，，. （1）求证：； （2）求直线与平面所成的角的正弦值. 18. 已知椭圆的上顶点为B，右焦点为F，斜率为的直线与椭圆交于点P（点P异于点B），直线与椭圆交于点Q（点Q异于点B），直线与y轴交于点M，且． （1）求椭圆C的离心率； （2）试探究点B是否在以为直径的圆上，请说明理由； （3）若且点B在以为直径的圆上，求的值． 19. 设各项均不为零的数列的前项和为，且满足：（，，，且）. （1）数列是否为等差数列？若是，求出公差（用，表示）；若不是，请说明理由. （2）设数列中所有偶数项构成的新数列为，，从，，…，中删去某一项得到的数列（按原来的顺序）是等比数列，求的所有可能取值构成的集合. （3）若，数列满足，试确定所有的，使数列中存在某个连续项的和是数列中的一项，请证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省湘东九校2024年7月高二期末联考 数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本大题共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. 已知集合或，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，， 所以. 2. 已知向量，，若，则实数（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得，，得. 3. 若为纯虚数，，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】先化简复数z，再根据为纯虚数求得a，然后利用复数的模公式求解. 【详解】， 因为为纯虚数，， 所以，解得，则， 所以. 4. 设为数列的前项和，若，则（ ） A. 4 B. 8 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据的关系可得递推公式，利用递推公式可得. 【详解】当时，，所以， 整理得，所以. 故选：B． 5. 设，则“”是“”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】B 【解析】 【分析】将对数不等式进行等价变换，结合，，可判断，的取值范围，从而判断与的关系. 【详解】因为，又， 所以，当且仅当时取等号，即， 又， 所以不能推出，所以是的不充分条件； 又，所以是的必要条件， 所以是的必要不充分条件. 故选：B. 6. 如图，在中，，，，为内一点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出，，在中，由正弦定理得到，在中，由正弦定理得到，联立求解即可. 【详解】在中，，，所以，，. 由，得，. 在中，， 由正弦定理得，则. 在中，， 由正弦定理得，则. 所以，即，则有， ，又，所以. 7. 已知，为曲线：的焦点，则下列说法错误的是（ ） A. 若，则曲线的离心率 B. 若，则曲线的离心率 C. 若曲线上恰有两个不同的点，使得，则 D. 若，则曲线上存在四个不同的点，使得 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定的方程，结合椭圆、双曲线的性质逐项分析判断即可得解. 【详解】对于A，当时，曲线是椭圆，离心率，A正确； 对于B，当时，曲线是双曲线，离心率，B正确； 对于C，当时，曲线是椭圆，其短半轴长，半焦距， 显然以线段为直径的圆恰过这个椭圆短轴端点，即符合条件的可以是8，C错误； 对于D，当时，则曲线是焦点在x上的双曲线，则， 以线段为直径的圆与双曲线有4个交点，即符合条件的点有4个，D正确. 故选：C 8. 已知函数，则与图象的所有交点的横坐标之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，令，将问题转化为的零点问题，判断出为奇函数，求得原方程的一组零点和为，再结合图象判断有几组零点，即可得答案. 【详解】因为， 令， 所以， 即， 令， 则有， 即，， 令， 则， 所以为奇函数，其零点关于对称， 若是的零点，则是的零点， 所以，； 则，； 所以， 即两函数的一组交点的横坐标为； 由， 得， 作出函数的部分图象，如图所示： 因为两函数有三对交点， 所以有三对零点， 故所有的零点和为. 即与图象的所有交点的横坐标之和为2. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列命题中正确的是（ ） A. 已知随机变量X服从二项分布B（n，p），若，，则 B. 若随机变量，且，则 C. 一组数据1，3，5，7，9，11，13的第60百分位数为7 D. 若样本数据，，…，的平均数为3，则，，⋯，的平均数为10 【答案】BD 【解析】 【分析】根据二项分布期望、方差公式判断A，根据正态分布的对称性判断B，根据百分位数的概念判断C，根据平均数定义计算D. 【详解】对A，由题意，解得，故A错误； 对B，由正态分布的对称性知，， 则，故B正确； 对C，由知，第60百分位数为由小到大排列的第5个数9，故C错误； 对D，由题意知，则 ，故D正确. 故选：BD 10. 已知函数（，，）的部分图象如图中实线所示，图中圆与的图象交于，两点，且点在轴上，则下列命题中正确的是（ ） A. 函数的最小正周期是 B. 函数在上单调递减 C. 函数的图象向左平移个单位后关于直线对称 D. 若圆的半径为，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，求出点的横坐标，即可求出最小正周期；B选项，求出，得到，结合正弦型函数的单调性求解即可；C选项，求出平移后解析式，结合正弦型函数的对称性求解即可；D选项，由和勾股定理得到，代入求出，即可得到函数解析式. 【详解】A选项，由两图形的对称性可知点的横坐标为， 设的最小正周期为，则，解得，A正确； B选项，因为，所以，则， 因为点在图象上，则，即， 又，故，解得，故， 令，，则，， 当时，，故函数在上单调递减，B正确. C选项，函数的图象向左平移个单位后得到， 当时，，故不是其对称轴，C错误. D选项，若圆的半径为，则， 又，故，解得， 将代入中得，，解得， 则，D正确. 11. 已知正三棱柱的棱长均为2，为棱上靠近点的四等分点，为棱的中点，则（ ） A. 直线直线 B. 点到平面的距离为 C. 平面平面 D. 以为球心，2为半径的球面与该棱柱的棱公共点的个数为8 【答案】ACD 【解析】 【分析】A.通过线面垂直证明线线垂直；B.等体积法求点到面的距离；C.通过面面垂直的判定定理证明；D.逐个分析棱与球面的交点. 【详解】连接交于点，因为侧面是正方形，所以是和的中点， 又是中点，故是的中位线，因此且 正三棱柱中底面，底面，故, 又，且，平面， 因此平面,平面，所以, 在矩形中，由勾股定理得：， ，， ， 故为直角三角形，，即, 因为，且平面，所以平面, 又平面，故, 又，得， 所以A正确； 由平面，知是三棱锥的高，， 底面是直角三角形，面积， 因此； 由勾股定理得，，又， 由余弦定理：，故， 因此 设点到平面的距离为，则， 联立体积相等：，解得，所以B错误； 由题意得，，，，，， 则，，， 所以，则， 因为在正三棱柱中，平面，平面，所以， 又为棱的中点，所以，又，平面， 所以， 又，平面，所以平面，又平面， 所以平面平面，所以 C正确； 球面是以M为球心，半径为2的球， 侧棱：在上，，，线段上所有点到的距离均小于 2，无交点； 侧棱：到的距离等于（矩形对边相等），恰好等于球半径，垂足在线段上，1 个交点； 侧棱：同理，到的距离等于，垂足在线段上，1 个交点； 底面棱：到的距离，到的距离，线段上有且仅有 1 个点到的距离为 2，1 个交点； 底面棱：到的距离，到的距离，线段上有且仅有 1 个点到的距离为 2，1 个交点； 底面棱：到的距离均为，但到的最小距离，故线段上有 2 个点到的距离为 2，2 个交点； 顶面棱：到的距离，到的距离，线段上有且仅有 1 个点到的距离为 2，1 个交点； 顶面棱：到的距离，到的距离，线段上有且仅有 1 个点到的距离为 2，1 个交点； 顶面棱：到的最小距离，线段上所有点到的距离均大于 2，无交点； 总计交点数：个，所以 D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，的系数是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式，求出系数. 【详解】展开式的通项． 令，得， 则． 13. 已知点为抛物线上一点，若抛物线在点处的切线恰好与圆相切，则__________. 【答案】或 【解析】 【分析】将的坐标代入抛物线的方程，解得，可得抛物线的方程，由导数的几何意义可得处切线的斜率和方程，求得圆的圆心和半径，由直线和圆相切的条件，解方程可得的值． 【详解】由点为抛物线上一点，可得，解得， 所以抛物线的方程为， 由，可得，则， 所以抛物线在处的切线斜率为，则切线方程为，即． 圆的圆心为，半径为， 又抛物线在点处的切线恰好与圆相切，可得， 解得或. 14. 若函数的四个零点从小到大恰好构成等差数列，则________. 【答案】## 【解析】 【分析】分析出不合要求，时，求出四个零点，并得到大小关系，由等差数列性质得到方程，求出. 【详解】，若，无解，舍去， 若，此时，此时，只有两个零点，舍去， 若，， 若，则，故， 若，则，故， 其中， 因为四个零点从小到大恰好构成等差数列， 所以，故，故，解得. 故答案为： 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. 泉州市举办庆“七一”知识竞赛活动，初赛采用两轮制方式进行，要求每个区（县）派出两个小组，且每个小组都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的小组才具备参加决赛的资格.德化县派出甲､乙两个小组参赛，在初赛中，若甲､乙两组通过第一轮比赛的概率分别是，通过第二轮比赛的概率分别是，且各个小组所有轮次比赛的结果互不影响. （1）德化县派出的两个组获得决赛资格的小组的个数为，求的分布列和期望； （2）已知德化县的甲､乙两组在决赛中相遇，决赛以抢答和两道题的方式进行，抢到并答对一题得10分，答错不得分.其中一方的得分多于另一方的得分即为获胜，假设这两组在决赛中对每个问题回答正确的概率恰好是各自获得决赛资格的概率，甲､乙两组随机等可能抢到每道题，求甲组获胜的概率. 【答案】（1）分布列见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）根据概率乘法公式求解对应的概率，利用分布列和期望的概念，即可求解； （2）分类讨论，利用概率加法公式即可求解. 【小问1详解】 设甲乙通过初赛分别为事件，， 则， 由题意可得，的取值有0，1，2， ， . 所以的分布列为： 0 1 2 P 所以. 【小问2详解】 依题意甲，乙抢到并答对一题的概率分别为， 甲，乙抢到并答错一题的概率分别为， 甲组若想获胜情况有： 甲得10分，乙得分：其概率为， 甲得20分：其概率为， 故甲组获胜的概率为． 16. 已知函数，. （1）当时，判断函数的单调性； （2）当时，，求的取值范围. 【答案】（1）函数在内单调递减，在内单调递增 （2） 【解析】 【分析】（1）求导，可知在定义域内单调递增，结合零点分析的符号性，即可得函数的单调性； （2）求导，分和两种情况讨论，利用导数分析函数的单调性和最值，结合恒成立问题求解即可. 【小问1详解】 若，则的定义域为，且， 因为在定义域内单调递增，且， 当时，；当时，； 所以函数在内单调递减，在内单调递增. 【小问2详解】 因为，可知在内单调递增， 则，且当趋近于时，趋近于， 当，即时，则，可知函数在内单调递增， 则，符合题意； 当，即时，可知函数在内存在唯一零点， 当时，；当时，； 所以函数在内单调递减，在内单调递增， 则，不合题意； 综上所述：的取值范围为. 17. 如图，在三棱台中，平面平面，，，. （1）求证：； （2）求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1）证明：过点作，交于点，连接， 因为平面平面， 平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以、， 在中，，， 又因为， 在中，由余弦定理可得 ， 所以， 在中，， 在中，由勾股定理可得， 在中，因为， 所以， 又因为， 所以； （2） 【解析】 【分析】（1）过点作，交于点，连接，由面面垂直的性质定理可得平面，根据已知条件和余弦定理，求得，在中，由勾股定理的逆定理可得，即可得证； （2）结合（1），建立坐标系，利用空间向量求解直线与平面所成的角的正弦值即可. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 由（1）可知平面， 由三棱台， 可得， 所以直线与平面所成的角， 即为直线与平面所成的角， 以为坐标原点，分别以为轴，轴的正半轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系： 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，得， 即， 直线与平面所成的角为， 则 18. 已知椭圆的上顶点为B，右焦点为F，斜率为的直线与椭圆交于点P（点P异于点B），直线与椭圆交于点Q（点Q异于点B），直线与y轴交于点M，且． （1）求椭圆C的离心率； （2）试探究点B是否在以为直径的圆上，请说明理由； （3）若且点B在以为直径的圆上，求的值． 【答案】（1）； （2）答案见解析； （3） 【解析】 【分析】（1）利用两点斜率公式结合椭圆的定义计算离心率即可； （2）设直线方程与椭圆联立含参表示的坐标，根据向量关系得出斜率，利用垂直的斜率关系判定即可； （3）根据上问的结论，及弦长公式计算即可. 【小问1详解】 由直线的斜率及，得，； 【小问2详解】 设点，， 由（1）可得椭圆方程为， 设过点B的直线方程为，两方程联立消去得， 易得，，当时，解得． 因为，所以，两点在轴的异侧，则直线的斜率大于0， 所以，即，得，则或， 即或． 显然当时，，点在以为直径的圆上． 当时，点不在以为直径的圆上． 【小问3详解】 由，所以， 又因为点在以为直径的圆上，所以是以点为直角顶点的三角形， 所以． 又椭圆方程为， 所以， 因此． 19. 设各项均不为零的数列的前项和为，且满足：（，，，且）. （1）数列是否为等差数列？若是，求出公差（用，表示）；若不是，请说明理由. （2）设数列中所有偶数项构成的新数列为，，从，，…，中删去某一项得到的数列（按原来的顺序）是等比数列，求的所有可能取值构成的集合. （3）若，数列满足，试确定所有的，使数列中存在某个连续项的和是数列中的一项，请证明. 【答案】（1）数列是等差数列，且公差 （2） （3）若，设， 由题意可知：存在，，使得， 即，整理可得， 因为，则，且， 即，可设，，且， 可得，即， 因为， 可知的余数即为， 且，即， 若为奇数，则令为偶数，可得，符合题意； 若为偶数，则令为偶数，可得，符合题意； 综上所述：符合题意的，. 【解析】 【分析】（1）根据与的关系可得，结合等差数列的定义分析判断即可； （2）由题意可知数列为等差数列，且公差为，分、和三种情况讨论，根据等差、等比数列性质分析判断； （3）设，根据题意可得存在，，使得，整理可得，分析可知，，代入可得，结合二项式定理分析证明. 【小问1详解】 因为， 若，则； 若，则， 且符合上式，所以. 又因为， 所以数列是等差数列，且公差. 【小问2详解】 由题意可知：，可知数列为等差数列，且公差为， 且，，，，， 因为，可知数列任意连续三项均不为等比数列， 当时，可知删去其中一项，只能为或， 若删去，即，，成等比数列，则， 即，可得， 所以存在非零实数符合题意； 若删去，即，，成等比数列，则， 即，可得， 所以存在非零实数符合题意； 所以符合题意； 当时，可知删去其中一项，只能为，即，，，成等比数列， 由，，成等比数列可知，即，，，， 但，即，，不为等比数列，不合题意； 当时，删去其中任意一项，新数列是等比数列， 故中存在连续三项成等比数列， 这与数列任意连续三项均不为等比数列相矛盾，不合题意； 综上所述：，所以. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $