广东省广州市执信中学2023−2024学年高二下学期期末考试 数学试卷（含解析）

这是一份广东省广州市执信中学2023−2024学年高二下学期期末考试 数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知样本空间含有等可能的样本点，且，，则（ ）
A．B．C．D．1
2．已知(1＋ax)·(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝（ ）
A．－4B．－3
C．－2D．－1
3．已知正项等差数列满足，且是与的等比中项，则（ ）
A．3B．6C．9D．12
4．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
5．若函数在上是单调函数，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．过坐标原点向圆作两条切线，切点分别为，则（ ）
A．B．C．D．
7．若函数单调递增，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱.这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等. 设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为，则=( )
A．﹕1﹕1B．﹕2﹕2
C．﹕2﹕D．﹕2﹕
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知复数z，下列说法正确的是（ ）
A．若，则z为实数B．若，则
C．若，则的最大值为2D．若，则z为纯虚数
10．已知曲线C：，，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C可能是圆，不可能是直线
B．曲线C可能是焦点在y轴上的椭圆
C．当曲线C表示椭圆时，则越大，椭圆越圆
D．当曲线C表示双曲线时，它的离心率有最小值，且最小值为
11．已知函数满足：①对任意，；②若，则.则（ ）
A．的值为2B．
C．若，则D．若，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知向量满足，，则 .
13．写出同时满足下列条件①②③的一个函数 ．
①是二次函数；②是奇函数；③在上单调递减．
14．将“用一条线段联结两个点”称为一次操作，把操作得到的线段称为“边”．若单位圆上个颜色不相同且位置固定的点经过次操作后，从任意一点出发，沿着边可以到达其他任意点，就称这n个点和k条边所构成的图形满足“条件”，并将所有满足“条件”的图形个数记为，则 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数.
(1)求的减区间；
(2)在上的零点从小到大排列后构成数列，求的前10项和.
16．如图，在五棱锥中，平面ABCDE，，，，，，．
(1)求证：平面平面；
(2)已知直线与平面所成的角为，求线段的长．
17．已知函数在处的切线经过原点.
(1)判断函数的单调性；
(2)求证：函数的图象与直线有且只有一个交点.
18．某企业的设备控制系统由个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为，各元件之间相互独立．当控制系统有不少于k个元件正常工作时，设备正常运行，否则设备停止运行，记设备正常运行的概率为（例如：表示控制系统由3个元件组成时设备正常运行的概率；表示控制系统由5个元件组成时设备正常运行的概率）．
(1)若，且每个元件正常工作的概率．
①求控制系统中正常工作的元件个数X的分布列和期望；
②在设备正常运行的条件下，求所有元件都正常工作的概率．
(2)请用表示，并探究：在确保控制系统中元件总数为奇数的前提下，能否通过增加控制系统中元件的个数来提高设备正常运行的概率．
19．设抛物线：，：，，的焦点分别为，，交于点N，已知三角形的周长为．
(1)求，的方程；
(2)过上第一象限内一点M作的切线l，交于A，B两点，其中点B在第一象限，设l的斜率为k．
①x轴正半轴上的点P满足，问P是否为定点？并证明你的结论．
②过点A，B分别作的切线交于点D，当三角形ABD的面积最小时，求的值．
参考答案
1．【答案】A
【分析】根据题意分别求得，，，结合独立事件的定义，可判定事件与相互独立，再结合对立事件的概念关系可运算得解.
【详解】由题意，，，，
，
所以事件与相互独立，则与也相互独立，
.
故选A.
2．【答案】D
【分析】根据二项展开式的展开形式计算即可.
【详解】由题意知：，解得.
故选D.
3．【答案】C
【分析】根据等差数列的通项公式与，求出的关系，根据是与的等比中项，求出的值，再求即可.
【详解】设等差数列的公差为， ，
所以，又因为，即，
可得，又由，即，
即，即，
且正项等差数列，即
解得，则.
故选C．
4．【答案】B
【分析】根据指数函数及对数函数的单调性判断指数式和对数式的大小关系.
【详解】因为,所以
,
,
所以.
故选B.
5．【答案】B
【分析】利用导数分析可知，函数在上单调递增，从而可知函数在上为增函数，利用分段函数的单调性可得出关于实数的不等式组，解之即可.
【详解】当时，，则，
所以，函数在上单调递增，
由题意可知，函数在上为增函数，
当时，单调递增，则，可得，
且有，解得.
综上所述，.
故选B.
6．【答案】B
【分析】解法一 ：先求出，再由两角和的正切值求解即可得出答案；解法二：设直线的方程为，由圆心到直线的距离等于半径，解方程即可得出答案.
【详解】解法一 由，得，
该圆的圆心为，半径为1，如图所示，连接，
易知，
所以，

解法二 由，得，
该圆的圆心为，半径为1，设直线的方程为，
则， 解得或，所以．
故选B．
7．【答案】B
【分析】单调递增，即恒成立，参变分离后对进行分类讨论即可得.
【详解】单调递增，即恒成立，
当时，，符合要求，
当时，即需恒成立，当时，即需恒成立，
设，，
则当时，，当时，，
故在、上单调递增，在上单调递减，
则当时，，即，即，
当时，由时，，故，即，
综上所述，.
故选B.
8．【答案】B
【详解】
如图,几何体是一个棱长都相等的斜三棱柱，设棱长为1，四棱锥是棱长都相等的正四棱锥,三棱锥是一个正四面体，四棱锥的高是P到面的距离，P点到线段的距离是,令P在底面上的射影为O,连接，则，故.
三棱锥的高就是P点到面的距离,令P点在面上的射影为 ,则是三角形的重心，故，
故，
三棱柱的高也是，
因而，故选B.
9．【答案】AC
【分析】根据题意，由复数的运算以及其几何意义，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】设，则，
若，即，即，则z为实数，故A正确；
若，即，
化简可得，即，即，
当时，，，此时不一定满足，
当时，，，此时不一定满足，故B错误；
若，即，
所以，即表示以为圆心，以为半径的圆上的点，
且表示圆上的点到原点的距离，所以的最大值为2，故C正确；
若，即，
，即，
化简可得，则且，
此时可能为实数也可能为纯虚数，故D错误；
故选AC.
10．【答案】BD
【分析】设，由的符号和取值结合对应方程的特点，结合条件逐项判断可得答案.
【详解】设，故曲线C的方程可表示为，
对A，当时，曲线C的方程为，可得，此时曲线C为两条直线；
当时，曲线C的方程为，此时曲线C是一个圆；故A错误；
对B，当时，，曲线C的方程为，
此时曲线C为焦点在y轴上的椭圆，故B正确；
对C，当曲线C表示椭圆时，离心率为，则越大椭圆越扁，
故C错误；
对D，当时，，曲线C的方程为，
此时曲线C为焦点在x轴上的双曲线，此时离心率为，
由，可得，
即它的离心率有最小值，且最小值为，故D正确.
故选BD.
【方法总结】主要是设，由的符号和取值来解题.
11．【答案】ABC
【分析】对于A，令，结合“若，则”即可判断；对于B，由基本不等式相关推理结合即可判断；对于C，令得，，由此即可判断；对于D，令，即可判断.
【详解】对于A，令，得，解得或，
若，令，得，即，
但这与②若，则矛盾，
所以只能，故A正确；
对于B，令，结合得，，
解得或，
又，所以，
所以只能，故B正确；
对于C，若，令得，，
所以，所以，
所以，故C正确；
对于D，取，
则
且单调递增，
满足，但，故D错误.
故选ABC.
【关键点拨】判断D选项的关键是构造.
12．【答案】
【详解】因为，所以，
又，
所以
.
13．【答案】
【分析】写一个满足条件的即可.
【详解】因为是二次函数，所以令，，
令，
，故满足条件②；
令在上单调递减，满足条件③，
故答案为：.
14．【答案】125
【分析】利用新定义，结合排列组合，分情况讨论即可.
【详解】，即，.如图，在单位圆上有5个颜色不同的点，由4条边连接起来，每条边有2个端点，所以4条边一共有8个端点，又由于从任意一点出发，沿着可边可以达到任意一点，所以每一点必定会作边，至少一条边的端点.所以可能出现的情形有三种情形，按照5个点可能同时做边，按照分几条边的公共端点来分情况讨论.
情形1：有3个点是2条边的端点，另2个点是1条边的端点，有种；
情形2：有1个点是3条边的端点，有1个点是2条边的端点，另3个点是1条边的端点，
有种；
情形3：有1个点是4条边的端点，另4个点是1条边的端点，共有种；
综上：.
故答案为：125.
【方法总结】对于特殊类型的排列问题，注意根据问题的特征将其转化等价的排列问题，而后者容易计数.
15．【答案】(1) ，
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换得到，利用整体法求出单调递减区间；
（2）求出在上的零点分别为，，得到是以为首项，为公差的等差数列，是以为首项，为公差的等差数列，利用求和公式得到答案.
【详解】（1）.
令，
得，.
因此，函数的减区间是 ，.
（2）函数的最小正周期为，
当时，，
令，即，
故或，解得或，
所以函数在上的零点分别为，.
所以数列是以为首项，为公差的等差数列；
数列是以为首项，为公差的等差数列，
则
所以的前10项和为.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由余弦定理得，再由线面垂直的判定定理可得答案；
（2）做交于点，以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，设，求出和平面的一个法向量，由线面角的向量求法求出可得答案，
【详解】（1），，．
由余弦定理得
，
所以，故，
因为，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）做交于点，所以四边形是长方形，
因为，，所以，
因为，所以，
由（1）知，互相垂直，以为原点，
所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
设，则，
，
设为平面的一个法向量，
则，即，令，则，
所以，
所以，
解得，所以，
所以线段的长为．
17．【答案】(1)在上单调递增；
(2)证明见解析.
【分析】（1）先根据题意求出参数的值，然后求导，结合导数符号与函数单调性的关系即可得解；
（2）由题意构造函数（），利用导数判断函数单调性，结合零点存在定理即可得解.
【详解】（1）因为，所以切点为.
因为，所以，
所以切线方程为.
因为切线经过原点，所以，所以.
由定义域为，故，
所以在上单调递增.
（2）设（），
则.
因为当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
且，
因为，且当时，单调递减，所以
所以当时，，
所以函数在时没有零点，
所以当时，函数的图象与直线没有交点.
当时，，单调递增，
又因为，且函数的图象是不间断的，
所以当时，函数有且只有一个零点，
所以函数的图象与直线有且只有一个交点.
综上所述，函数的图象与直线有且只有一个交点.
18．【答案】(1)①分布列见解析，；②
(2)详见解析.
【分析】(1)①由题意可知，利用二项分布可得分布列进而可求得期望，②根据条件概率的公式求解在设备正常运行的条件下，求所有元件都正常工作的概率；
(2)分类讨论求出与的关系，做差比较大小即可得出结论.
【详解】(1)①因为，所以控制系统中正常工作的元件个数的可能取值为0，1，2，3；
因为每个元件的工作相互独立，且正常工作的概率均为，
所以，
所以，
，
，
所以控制系统中正常工作的元件个数的分布列为
控制系统中正常工作的元件个数的数学期望为，
②设“设备正常运行”为事件“所有元件都正常工作”为事件
则在设备正常运行的条件下，求所有元件都正常工作的概率为，
(2)因为控制系统中元件总数为奇数，若增加2个元件，
则设备正常运行有三种情况，
第一类：原系统中至少有个元件正常工作，
其概率为；
第二类：原系统中恰好有个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作，
其概率为；
第三类：原系统中有个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作，
其概率为；
所以
，
即；
则，
所以，当时，，即增加元件个数能提高设备正常工作的概率，
当时，，即增加元件个数不能提高设备正常工作的概率.
19．【答案】(1)：，：.
(2)①P为定点，.证明见解析；②.
【分析】（1）联立解得，由抛物线的性质得到，再由三角形的周长为代入求解得到.
(2)①设点，找出直线l的方程，记直线l与轴的交点为， 关键是由，l的斜率为k，则，则点为线段的垂直平分线与轴的交点.
②由①知，联立可得：，结合韦达定理，并找出过点A，B作的切线方程解得点D的坐标，表示三角形ABD的面积为：，结合单调性求解.
【详解】（1）如图所示：
由题，，，，
联立解得，所以，
由抛物线的性质：，
三角形的周长为：，
解得，故抛物线：，：.
（2）①P为定点，.证明如下：
如图所示：
由（1）知，抛物线：，：.
设点，且，则，求导可得：，
则l的斜率，则直线l的方程：，即，
记直线l与轴的交点为，令则，则
由，l的斜率为k，则，
所以三角形为等腰三角形，点为线段的垂直平分线与轴的交点，
记的中点为，则，
线段的垂直平分线，
令则，故.
②如图所示：
由①知，直线l的方程：，
联立可得：，
设，
则，.
由，求导可得：，
所以过点A作的切线为：，即，
同理可得过点B作的切线为：，
联立，解得：，即，
记点D到直线AB的距离为d,则，
，
三角形ABD的面积为：
令，则,
则在上单调递减，在上单调递增，
所以 时取得最小值，此时，
，故M为AB中点，.
【关键点拨】本题考查求抛物线的切线与圆锥曲线定值、面积综合问题，解题关键是找到导数与抛物线的切线的关系，求出切线，联立切线与曲线，整理后应用韦达定理求出，联立切线与切线求出交点，然后表示出弦长与高，求出三角形面积的表达式，再利用导数研究出单调性，找到取最小值时的的取值，进而得到问题的解.0
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