2023-2024學(xué)年湖南師大附中高二數(shù)學(xué)上學(xué)期期末考試卷附答案解析

-2024學(xué)年湖南師大附中高二數(shù)學(xué)上學(xué)期期末考試卷時量：120分鐘滿分：150分一?選擇題：本大題共8個小題，每小題5分，滿分40分.在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的，1．設(shè)復(fù)數(shù)z滿足，z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為(x，y)，則A． B． C． D．2．直線與直線平行，則A． B．或 C． D．或3．已知角的終邊與單位圓的交于點(diǎn)，則()A． B． C． D．4．隨著新一輪科技革命和產(chǎn)業(yè)變革持續(xù)推進(jìn)，以數(shù)字化、網(wǎng)絡(luò)化、智能化以及融合化為主要特征的新型基礎(chǔ)設(shè)施建設(shè)越來越受到關(guān)注.5G基站建設(shè)就是“新基建”的眾多工程之一，截至2020年底，我國已累計開通5G基站超70萬個，未來將進(jìn)一步完善基礎(chǔ)網(wǎng)絡(luò)體系，穩(wěn)步推進(jìn)5G網(wǎng)絡(luò)建設(shè)，實(shí)現(xiàn)主要城區(qū)及部分重點(diǎn)鄉(xiāng)鎮(zhèn)5G網(wǎng)絡(luò)覆蓋.2021年1月計劃新建設(shè)5萬個5G基站，以后每個月比上一個月多建設(shè)1萬個，預(yù)計我國累計開通500萬個5G基站時要到（

）A．2022年12月 B．2023年2月 C．2023年4月 D．2023年6月5．已知(2x－1)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，則|a0|＋|a1|＋…＋|a5|＝（

）A．1 B．243 C．121 D．1226．設(shè)橢圓的兩焦點(diǎn)分別為，，以為圓心，為半徑的圓與交于，兩點(diǎn)，若為直角三角形，則的離心率為A． B． C． D．7．如圖，在平行四邊形中，點(diǎn)是的中點(diǎn)，點(diǎn)為線段上的一動點(diǎn)，若，則的最大值為（

）A． B． C．1 D．28．已知當(dāng)時，不等式恒成立，則正實(shí)數(shù)的最小值為（

）A．1 B． C． D．二?多選題：本大題共4個小題，每小題5分，滿分20分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9．下列說法正確的是（

）A．4個班分別從3個景點(diǎn)選擇一處游覽，不同的選法的種數(shù)是；B．從1，2，3，4，5選擇2個數(shù)（可重復(fù)）組成兩位偶數(shù)一共有10個；C．兩個口袋分別裝有2個和3個小球，從兩個口袋分別各取1個球，一共有5種取法；D．從1，3，5，7，10選擇2個不相同的數(shù)作為分子分母組成分?jǐn)?shù)，一共可以組成10個分?jǐn)?shù)；10．設(shè)等比數(shù)列的公比為q，其前n項(xiàng)和為，前n項(xiàng)積為，并且滿足條件，，，則下列結(jié)論正確的是（

）A． B．C．的最大值為 D．的最大值為11．已知函數(shù)的定義域?yàn)?，則（

）A．為奇函數(shù)B．在上單調(diào)遞增C．有且僅有4個極值點(diǎn)D．恰有4個極大值點(diǎn)12．下列有關(guān)正方體的說法，正確的有（

）A．正方體的內(nèi)切球?棱切球?外接球的半徑之比為B．若正方體的棱長為為正方體側(cè)面上的一個動點(diǎn)，為線段的兩個三等分點(diǎn)，則的最小值為C．若正方體8個頂點(diǎn)到某個平面的距離為公差為1的等差數(shù)列，則正方體的棱長為D．若正方體的棱長為3，點(diǎn)在棱上，且，則三棱錐的外接球表面積為三?填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13．已知函數(shù)，若，則.14．若直線與圓交于兩點(diǎn)，當(dāng)最小時，劣弧的長為.15．已知的內(nèi)角，，所對的邊分別為，，，若，，且，則.16．如圖，橢圓與雙曲線有公共焦點(diǎn)，橢圓的離心率為，雙曲線的離心率為，點(diǎn)為兩曲線的一個公共點(diǎn)，且為的內(nèi)心，三點(diǎn)共線，且軸上點(diǎn)滿足，則的最小值為；的最小值為.四?解答題：本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟.17．已知函數(shù).(1)求函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間和最小正周期；(2)若當(dāng)時，不等式有解，求實(shí)數(shù)的取值范圍.18．用總長為的鋼條制作一個長方體容器的框架，如果所制容器底面一邊比另一邊的長多，那么高為多少時容器的容積最大？最大容積是多少？19．在如圖所示的試驗(yàn)裝置中，兩個正方形框架的邊長都是1，且它們所在的平面互相垂直.活動彈子分別在正方形對角線和上移動，且和的長度保持相等，記.(1)求長的最小值；(2)當(dāng)?shù)拈L最小時，求二面角的正弦值.20．已知數(shù)列的首項(xiàng)，且滿足(1)記，證明：為等比數(shù)列；(2)求數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前項(xiàng)和.21．閱讀材料并解決如下問題：Bézier曲線是計算機(jī)圖形學(xué)及其相關(guān)領(lǐng)域中重要的參數(shù)曲線之一.法國數(shù)學(xué)家DeCasteljau對Bézier曲線進(jìn)行了圖形化應(yīng)用的測試，提出了DeCasteljau算法：已知三個定點(diǎn)，根據(jù)對應(yīng)的一定比例，使用遞推畫法，可以畫出拋物線.反之，已知拋物線上三點(diǎn)的切線，也有相應(yīng)邊成比例的結(jié)論.已知拋物線上的動點(diǎn)到焦點(diǎn)距離的最小值為.(1)求的方程及其焦點(diǎn)坐標(biāo)和準(zhǔn)線方程；(2)如圖，是上的三點(diǎn)，過三點(diǎn)的三條切線分別兩兩交于點(diǎn)，若，求的值.22．設(shè)且恒成立.(1)求實(shí)數(shù)的值；(2)證明：存在唯一的極大值點(diǎn)，且.1．C【分析】本題考點(diǎn)為復(fù)數(shù)的運(yùn)算，為基礎(chǔ)題目，難度偏易．此題可采用幾何法，根據(jù)點(diǎn)（x，y）和點(diǎn)(0，1)之間的距離為1，可選正確答案C．【詳解】則．故選C．【點(diǎn)睛】本題考查復(fù)數(shù)的幾何意義和模的運(yùn)算，滲透了直觀想象和數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)．采取公式法或幾何法，利用方程思想解題．2．B【分析】兩直線平行，斜率相等；按，和三類求解.【詳解】當(dāng)即時，兩直線為，，兩直線不平行，不符合題意；當(dāng)時，兩直線為，兩直線不平行，不符合題意；當(dāng)即時，直線的斜率為，直線的斜率為，因?yàn)閮芍本€平行，所以，解得或，故選B.【點(diǎn)睛】本題考查直線平行的斜率關(guān)系，注意斜率不存在和斜率為零的情況.3．C【詳解】分析：首先求出點(diǎn)的坐標(biāo)，再利用三角函數(shù)的定義得出的值，進(jìn)而由同角三角函數(shù)基本關(guān)系式求出結(jié)果即可．詳解：∵點(diǎn)在單位圓上，，則由三角函數(shù)的定義可得得則點(diǎn)睛：此題考查了三角函數(shù)的定義以及同角三角函數(shù)基本關(guān)系式的應(yīng)用，求出的值是解題的關(guān)鍵．4．B【分析】每個月開通基站的個數(shù)是以5為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，設(shè)預(yù)計我國累計開通500萬個基站需要個月，結(jié)合等差數(shù)列的前項(xiàng)和公式列得關(guān)于的方程，解之即可．【詳解】每個月開通基站的個數(shù)是以5為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，設(shè)預(yù)計我國累計開通500萬個基站需要個月，則，化簡整理得，，解得或（舍負(fù)），所以預(yù)計我國累計開通500萬個基站需要25個月，也就是到2023年2月.故選：B．5．B【分析】運(yùn)用賦值法建立方程組，解之可得選項(xiàng).【詳解】令x＝1，得a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝1①，令x＝－1，得－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝－243②，①＋②，得2(a4＋a2＋a0)＝－242，即a4＋a2＋a0＝－121.，①－②，得2(a5＋a3＋a1)＝244，即a5＋a3＋a1＝122.所以|a0|＋|a1|＋…＋|a5|＝122＋121＝243.故選：B.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對形如的式子求其展開式的各項(xiàng)系數(shù)之和，常用賦值法，只需令即可；對形如的式子求其展開式中各項(xiàng)系數(shù)之和，只需令即可.6．B【分析】由為直角三角形，得，可得，利用橢圓的定義和離心率的概念，即可求解.【詳解】如圖所示，因?yàn)闉橹苯侨切?，所以，所以，則，解得，故選B【點(diǎn)睛】本題主要考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其簡單的幾何性質(zhì)的應(yīng)用，其中解答中合理利用橢圓的定義和離心率的概念求解是解答的關(guān)鍵，著重考查了運(yùn)算與求解能力，屬于基礎(chǔ)題.7．A【分析】設(shè)BD、AE交于O，根據(jù)題意可得，所以，進(jìn)而可得，根據(jù)O、F、B三點(diǎn)共線，可得x，y的關(guān)系，代入所求，即可基本不等式，即可得答案.【詳解】設(shè)BD、AE交于O，因?yàn)椋?，所?所以，則，所以，因?yàn)镺、F、B三點(diǎn)共線，所以，即，所以，因?yàn)?，所以，?dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，此時，所以，故選：A8．B【分析】原不等式可變形為，令則對于恒成立，利用導(dǎo)數(shù)判斷的單調(diào)性可得，轉(zhuǎn)化為，令，利用導(dǎo)數(shù)求最小值可得的最大值即可求解.【詳解】由題意，原不等式可變形為，即，設(shè)，則當(dāng)時，恒成立，因?yàn)椋院瘮?shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，因?yàn)?，所以，，因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增，所以要使，只需，兩邊取對數(shù)，得，因?yàn)?，所以；令，因?yàn)?，所以在上單調(diào)遞增，所以，所以，則，故正實(shí)數(shù)的最小值為，故選：B.9．AB【分析】計算4個班分別從3個景點(diǎn)選擇一處游覽，共有幾種選法，判斷A;計算出從1，2，3，4，5選擇2個數(shù)（可重復(fù)）組成兩位偶數(shù)一共有幾個，判斷B;根據(jù)分步乘法原理計算兩個口袋分別裝有2個和3個小球，從兩個口袋分別各取1個球，有幾種取法，判斷C;考慮1作分子情況和不選1時的情況，計算出分?jǐn)?shù)的個數(shù)，判斷D.【詳解】A,4個班分別從3個景點(diǎn)選擇一處游覽，每一個班都有3種選擇，分4步完成，故有種選法，A正確；B，從1，2，3，4，5選擇2個數(shù)（可重復(fù)）組成兩位偶數(shù)，先確定個位數(shù)字有2種可能，再確定十位數(shù)字有5種可能，故共有個偶數(shù)，B正確；C，兩個口袋分別裝有2個和3個小球，從兩個口袋分別各取1個球，共有種取法，C錯誤；D，從1，3，5，7，10選擇2個不相同的數(shù)作為分子分母組成分?jǐn)?shù)，若選1作分子，則分母有4種可能，此時有4個分?jǐn)?shù)，不選1時，共有個分?jǐn)?shù)，故共有個分?jǐn)?shù)，故D錯誤，故選：AB10．AD【分析】根據(jù)題意，，再利用等比數(shù)列的定義以及性質(zhì)逐一判斷即可.【詳解】因?yàn)?，，，所以，，所以，故A正確.，故B錯誤；因?yàn)椋?，所以?shù)列為遞減數(shù)列，所以無最大值，故C錯誤；又，，所以的最大值為，故D正確.故選：AD【點(diǎn)睛】本題考查了等比數(shù)列的性質(zhì)、定義，考查了基本知識的掌握情況，屬于基礎(chǔ)題.11．BC【分析】由函數(shù)的定義域不關(guān)于原點(diǎn)對稱，可知函數(shù)是非奇非偶函數(shù)，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性與極值.【詳解】因?yàn)榈亩x域?yàn)?，定義域不關(guān)于原點(diǎn)對稱，所以是非奇非偶函數(shù)，又，當(dāng)時，，則在上單調(diào)遞增，顯然，令，得，分別作出，y在區(qū)間上的圖象，由圖可知，這兩個函數(shù)的圖象在區(qū)間上共有4個公共點(diǎn)，且兩圖象在這些公共點(diǎn)上都不相切，故在區(qū)間上的極值點(diǎn)的個數(shù)為4，且只有2個極大值點(diǎn)，故選：BC．12．ABD【分析】設(shè)正方體棱長為，分別求出正方體的內(nèi)切球?棱切球?外接球的半徑判斷A；利用補(bǔ)體法，把轉(zhuǎn)為，當(dāng)共線的時候最小，利用余弦定理求出判斷B；利用已知條件確定棱長與8個頂點(diǎn)到某個平面的距離的關(guān)系，利用等體積法求出棱長判斷C；利用坐標(biāo)法求出球心坐標(biāo)，進(jìn)而求出球的半徑，從而求出外接球表面積判斷D.【詳解】對于選項(xiàng)A，設(shè)正方體邊長為，則其內(nèi)切球?棱切球?外接球半徑分別為，故比值為，故A正確；對于選項(xiàng)B，如圖，當(dāng)共線的時候最小，在中，，由余弦定理得，所以，所以有最小值，故B正確；對于選項(xiàng)C，因?yàn)辄c(diǎn)到某個平面的距離成等差數(shù)列，且公差為1.不妨設(shè)平面為符合題意的平面，過點(diǎn)，延長分別交平面于點(diǎn)，則點(diǎn)與平面的距離分別應(yīng)為，因?yàn)榛ハ嗥叫?，所以它們與平面所成角相等，故由比例關(guān)系得.設(shè)正方體的棱長為，則，用幾何方法可解得，由余弦定理可得，，故，由平面，知為四面體的底面上的高，所以由，算得點(diǎn)到平面的距離，，因?yàn)椋?，從而可得，所以正方體的棱長為，故C錯誤；對于選項(xiàng)D，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，設(shè)三棱錐的外接球球心為，由得，，解得，所以三棱錐的外接球半徑，所以三棱錐的外接球表面積為，D正確.故選：ABD.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：幾何體外接球半徑的求法主要有：①直接法：確定球心位置，求出半徑；②補(bǔ)形法：把幾何體補(bǔ)成常見幾何體，如正方體，長方體等；③向量坐標(biāo)法：建立坐標(biāo)系，設(shè)出球心，利用半徑相等可得球心坐標(biāo)，進(jìn)而可求半徑.13．##【分析】利用導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則及求導(dǎo)公式求出導(dǎo)數(shù)，再由給定的導(dǎo)數(shù)值求出.【詳解】函數(shù)，求導(dǎo)得，于是，所以.故答案為：14．【分析】先求出直線過定點(diǎn)的坐標(biāo)，再求出圓的圓心和半徑，當(dāng)時取得最小值，最后求出劣弧的長.【詳解】直線可化為，則當(dāng)且，即且時，等式恒成立，所以直線恒過定點(diǎn)，圓的圓心為，半徑，當(dāng)時，取得最小值，且最小值為，此時弦長所對的圓心角為，所以劣弧的長為.故答案為：15．【分析】利用正弦定理、誘導(dǎo)公式、和角公式、差角公式、二倍角公式分析運(yùn)算即可得解.【詳解】解：由題意，，則由正弦定理可得，∵，∴，∴，又∵，則，∴，∴.又由，可得：，則，∴，即，則，∴，即，由解得：，∴由解得：，.∴由正弦定理可得：，解得：，，∴.故答案為：16．##【分析】根據(jù)橢圓和雙曲線的定義可得，進(jìn)而根據(jù)余弦定理，結(jié)合離心率公式可得，即可利用基本不等式求解空1，根據(jù)內(nèi)心的性質(zhì)，結(jié)合橢圓定義和雙曲線定義可得，，進(jìn)而根據(jù)基本不等式乘“1”法即可求解.【詳解】由題意得橢圓與雙曲線的焦距為，橢圓的長軸長為，雙曲線的實(shí)軸長為，不妨設(shè)點(diǎn)在雙曲線的右支上，由雙曲線的定義：，由橢圓的定義：，可得：，又，由余弦定理得：，即整理得：，所以：；則，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號.為的內(nèi)心，所以為的角平分線，由于,則有，同理：，所以，所以，即，因?yàn)?，所以，故，為的?nèi)心，三點(diǎn)共線，即為的角平分線，延長射線，連接，由點(diǎn)向作垂線，垂足分別為，，，即為的角平分線.，即為的角平分線，則有，又，所以，即，因?yàn)?，所以，故，所以，?dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，所以的最小值為.故答案為：，【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：圓錐曲線中的范圍或最值問題，可根據(jù)題意構(gòu)造關(guān)于參數(shù)的目標(biāo)函數(shù)，然后根據(jù)題目中給出的范圍或由判別式得到的范圍求解，解題中注意函數(shù)單調(diào)性和基本不等式的作用.17．(1)，；(2).【分析】（1）利用二倍角正弦、余弦公式和輔助角公式對函數(shù)進(jìn)行化簡，利用正弦定理函數(shù)的性質(zhì)可得出函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間，利用正弦函數(shù)的周期公式即可求出函數(shù)的最小正周期；（2）根據(jù)題意可知小于等于的最大值，結(jié)合正弦函數(shù)的定義域求出的最大值，即可知的取值范圍.【詳解】（1）.所以函數(shù)的最小正周期.由，解得.所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為.（2）由題意可知，即.因?yàn)?，所?故當(dāng)，即時，取得最大值，且最大值為.所以，實(shí)數(shù)的取值范圍為.18．當(dāng)長方體容器的高為時，容積最大，最大容積為.【分析】設(shè)底面的一邊的長為，求出另一邊的長為，以及高，表示出體積，利用導(dǎo)數(shù)求出最大值即可.【詳解】設(shè)底面的一邊的長為，另一邊的長為.因?yàn)殇摋l長為，所以，長方體容器的高為.設(shè)容器的容積為，則，，解得（舍去），，當(dāng)時，，在單調(diào)遞增；當(dāng)時，，在單調(diào)遞減；因此，是函數(shù)在內(nèi)的極大值點(diǎn)，也是最大值點(diǎn).此時長方體容器的高為.所以，當(dāng)長方體容器的高為時，容積最大，最大容積為.19．(1)(2)【分析】（1）根據(jù)條件，建立空間直角坐標(biāo)系，求出，，再利用空間兩點(diǎn)間的距離公式，即可求出結(jié)果；（2）根據(jù)（1）結(jié)果，得到，再求出平面和的法向量，再利用兩平面夾角的向量法，即可求出結(jié)果.【詳解】（1）因?yàn)槊婷?，又面面，，面，所以面，又，如圖，以為原點(diǎn)，所在直線分別為軸?軸?軸建立空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)閮蓚€正方形的邊長為1，則，又，則，得到，同理可得，所以，又，所以當(dāng)時，的長最小，最小值為.（2）由（1）知，的長最小時，分別為正方形對角線和的中點(diǎn)，可得，設(shè)平面的一個法向量為，又，由，取，可得，設(shè)平面的一個法向量為，又，，由，取，可得，則，所以，因此，二面角的正弦值為.20．(1)證明見解析(2)，.【分析】（1）先求出的遞推關(guān)系式，利用等比數(shù)列的定義可證結(jié)論；（2）利用分組求和的方法可求答案.【詳解】（1）因?yàn)榍?，則，可得.且，所以是以5為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)列.（2）由（1）可得，所以，即.又因?yàn)?，則.所以數(shù)列的通項(xiàng)公式為又，所以.所以數(shù)列的前項(xiàng)的和.21．(1)拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為，其焦點(diǎn)坐標(biāo)為，準(zhǔn)線方程為(2)1【分析】（1）根據(jù)題意可得，求出，即可得的方程及其焦點(diǎn)坐標(biāo)和準(zhǔn)線方程；（2）設(shè)，拋物線上過點(diǎn)的切線方程為，聯(lián)立方程，根據(jù)求出，進(jìn)而可求得拋物線上過點(diǎn)的切線方程，同理可求得拋物線上過點(diǎn)的切線方程，兩兩聯(lián)立，可以求得交點(diǎn)的縱坐標(biāo)，再分別求出，再根據(jù)即可得解.【詳解】（1）因?yàn)閽佄锞€上的點(diǎn)到焦點(diǎn)距離的最小值為，轉(zhuǎn)化為到準(zhǔn)線距離的最小值為，所以，所以，因此拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為，其焦點(diǎn)坐標(biāo)為，準(zhǔn)線方程為；（2）設(shè)，則拋物線上過點(diǎn)的切線方程為，將切線方程與拋物線方程聯(lián)立，得：聯(lián)立，消去，整理得，所以，從而有，所以拋物線上過點(diǎn)的切線