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成都七中2023~2024学年度（下）半期试题
高二数学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名 考号等填写（涂）在答题卡的指定位置上.
2.回答选择题时，选出每个小题的答案后，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，将答案写在答题卡相应位置上
3.考试结束后，只需将答题卡交回，试卷由考生自行保管.
4.试卷满分：150分，考试时间：120分钟.
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，则的共轭复数的虚部为（ ）
A. B. C. 1 D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法运算求出，再求出即可得解.
【详解】依题意，，
所以，其虚部为.
故选：B
2. 已知点在抛物线上，则点到其焦点的距离（ ）
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，求出，再利用抛物线定义求解即得.
【详解】由点在抛物线上，得，解得，
抛物线的准线方程为，而为抛物线的焦点，
所以.
故选：D
3. 函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数为奇函数排除选项CD；由时的函数值即可判断得解.
【详解】令函数，显然，
因此函数是上的奇函数，图象关于原点对称，CD不满足；
当时，，B不满足，A符合题意.
故选：A
4. 在等比数列中，，则（ ）
A. 6 B. 8 C. 10 D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】根据下标和性质求出，再根据对数的运算性质及下标和性质计算可得.
【详解】因为，又，所以，
所以.
故选：A
5. 从一个三棱台的9条棱中任取2条，它们所在直线互为异面直线的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用组合求出从9条棱任取2条的试验含有的基本事件数，再求出2条直线为异面直线的事件含有的基本事件数，再利用古典概率计算即得.
【详解】从一个三棱台的9条棱中任取2条的试验含有的基本事件数为，
上底面三角形的每条边，与其成异面直线的棱有3条，一条侧棱与下底面相对边是异面直线，
因此互为异面直线的有，
所以所求概率为.
故选：B
6. 已知函数且在区间上单调递减，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】当时，在上单调递减，当时，将问题转化在区间恒成立，即求在区间上最大值，即可解决问题.
【详解】因为，当，易知在上单调递减，
当时，因为，由题知在区间恒成立，
易知在区间上单调递增，所以，
即，得到，即a的最大值为.
故选：C.
7. 已知圆柱内接于表面积为的球（圆柱的上 下底面圆周都在球面上），当圆柱的体积最大时，其高等于（ ）
A. B. C. 3 D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意画出图形，利用勾股定理可得，得出圆柱的体积公式，换元后求导，利用导数求出体积的最大值时对应的高即可.
【详解】设圆柱底面圆半径为，高为，如图，
则，，
则，则，圆柱体积为，
由题意可知球的表面积为，所以，解得，所以，
设，则，
所以，故，
当时，，当时，，当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，
所以当时，即时，圆柱体积取得最大值，此时.
故选：D.
8. “肝胆两相照，然诺安能忘.”（《承左虞燕京惠诗却寄却寄》，明 朱察卿）若两点关于点成中心对称，则称为一对“然诺点”，同时把和视为同一对“然诺点”.已知，函数的图象上有两对“然诺点”，则等于（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】求出关于点对称的函数，将问题转化成与在上有两个交点，联立方程得到，构造函数，，利用函数图象即可求出结果.
【详解】当时，，其关于点对称的函数为，
由题知与在上有两个交点，
由，消得到，又，得到，
令，，则和在上有两个交点，
在同一坐标系中，作出和的图象，如图所示，
因为的图象可由上下平移得到，
由图知，，得到，又，所以，
故选：C.
二 多选题：本大题共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. 设等差数列的前项和为，已知，，则下列结论一定成立的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用作差法得到，即，从而判断单调递减，再由等差数列求和公式及下标和性质判断A、B，利用作差法判断C、D.
【详解】因为，，
所以，又，所以，
所以公差，即数列单调递减，
对于A：，
由于无法确定的正负及与的关系，故无法确定的符号，故A错误；
对于B：，故B正确；
对于C：因为，则，
所以，则，故C正确；
对于D：因为，
由于无法确定的正负及与的关系，故无法确定的符号，故D错误.
故选：BC
10. 在二项式的展开式中，下列说法正确的有（ ）
A. 常数项等于240 B. 项的系数等于160
C. 偶次项系数之和等于365 D. 系数绝对值最大的是第5项
【答案】ACD
【解析】
【分析】二项式展开式的通项公式为，结合每个选项计算可判断其正确性.
【详解】二项式的展开式的通项为,
令，解得,所以常数项为，故A正确；
令，解得,所以项的系数为，故B错误；
偶次项系数之和为,故C正确；
设第项的系数绝对值最大，则可得,解得，又,
所以,所以展开式中系数绝对值最大的项是第5项，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知，函数在处取得极大值，则下列不等式可以成立的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】求出导函数，再根据极大值的定义得出的不等关系及正负，然后由不等式的性质可得．
【详解】，
或，
在处取得极大值，则，即，已知，
若，则，所以，此时有
若，则，所以，此时若，则有，若，则，四个选项均不成立，
故选：AB．
三 填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 某同学决定用圆周率的不足近似值3.14159中出现的这六个数字编成一组六位数的开锁密码（每个数字用一次），则两个数字“1”不相邻的不同密码共有__________组.
【答案】240
【解析】
【分析】先排除1外的另4个数字，再在形成的5个间隙中任取两个插入1，列式计算即得.
【详解】排除1外的另4个数字，有种方法，
在上述的每个排列形成的5个间隙（含两端）中任取两个插入1，有种方法，
所以两个数字“1”不相邻的不同密码共有（组）.
故答案为：240
13. 已知分别是双曲线的左 右顶点，直角的顶点在轴上，顶点在双曲线的一条渐近线上，且斜边的中点为，则双曲线的离心率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】设设，，直接求出的坐标，再根据条件建立方程组，消得到，即可求出结果.
【详解】易知，不妨设，，
由，令，得到，所以，
又易知双曲线的渐近线方程为，由，得到，，所以，
由题有，消整理得到，得到，
所以双曲线的离心率，
故答案为：.
14. 牛顿数列是牛顿利用曲线的切线和数列的极限探求函数的零点时提出的，在航空航天领域中应用广泛.已知牛顿数列的递推关系为：是曲线在点处的切线在轴上的截距，其中.
（1）若，并取，则的通项公式为__________；
（2）若取，且为单调递减的等比数列，则可能为__________.
【答案】 ①. ②. （答案不唯一）
【解析】
【分析】（1）根据题意求出曲线在点处切线的方程，可得数列是等差数列，进而求得通项公式；
（2）由题意，可得，结合为单调递减的等比数列，所以函数满足，且即可.
【详解】（1）根据题意，，，且，
所以曲线在点处切线的方程为，
令，得，即，又，所以数列是以1为首项，以为公差的等差数列，
所以（）.
（2）根据题意，曲线在点处切线的方程为，
令，得，则，
因为为单调递减的等比数列，且，设其公比为，
则，所以，所以，
则，所以，
即函数满足，且即可.
如，则，
所以，，所以，符合题意.
故答案为：（）；（答案不唯一）.
四 解答题：本大题共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. 如图，在四棱锥中，面为正方形，面为等边三角形，分别是和的中点.
（1）求证：直线平面；
（2）若，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，利用平行四边形判定、性质，线面平行的判定推理即得.
（2）取的中点，证明平面，再以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用面面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
取的中点，连结，而为的中点，则，，
在正方形中，由为的中点，得，，
因此，则四边形为平行四边形，于是，
又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
由正方形，得，又，且平面，
则平面，取的中点，又为的中点，则，有平面，
连接，由正，得，即直线两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标，设，
则，
，
设平面的法向量，由，令，得，
设平面的法向量，由，令，得，
则，显然二面角的大小为锐角，
所以二面角的余弦值为.
16. “一花一世界，一叶一追寻.”为庆祝建校120周年，激发同学们对校园的热爱 对艺术的追求，学校某学生社团举办了“校园一隅”自然景观摄影比赛.经过初赛的激烈角逐，有3名女生和2名男生的摄影作品（每人一件）闯入决赛.决赛采用抽签的方式决定顺序，由5名选手依次对自己的摄影作品进行创作陈述，最终评出特等奖2件（事先假定每件作品获奖的可能性相同）.
（1）求至少有1名男生的摄影作品最终获得特等奖的概率；
（2）求决赛时，恰好有2名女生相邻进行创作陈述的概率；
（3）若当2名男生都陈述结束时，还有名女生没有陈述的概率为0.2，求.
【答案】（1）0.7 （2）0.6
（3）
【解析】
【分析】（1）法1：根据题意结合对立事件概率求法运算求解；法2：根据题意结合互斥事件概率求法运算求解；
（2）根据题意分别求样本空间和所求事件包含的基本事件个数，结合古典概型运算求解；
（3）根据题意求所求事件包含的基本事件个数，结合古典概型列式运算求解即可.
【小问1详解】
法1：设事件A：“2名女生的摄影作品获得特等奖”.则，
因为事件的对立事件为：“至少有1名男生的摄影作品获得特等奖”，
则.，
所以至少有1名男生的摄影作品获得特等奖的概率为0.7.
法2：设事件A：“恰有1名男生的摄影作品获得特等奖”.则.
设事件：“有2名男生的摄影作品获得特等奖”.则.
因为A与为互斥事件，
所以至少有1名男生的摄影作品获得特等奖的概率为.
【小问2详解】
设事件“名同学依次进行创作陈述”，则.
设事件：“恰好有2名女生相邻进行创作陈述”.
则.
所以决赛时，恰好有2名女生相邻进行创作陈述的概率.
【小问3详解】
设事件：“在2名男生都陈述结束时，还有名女生没有陈述”.
则.
由已知，，解得，
所以的值为2.
17. 已知，并补充规定.
（1）化简：.
（2）在数列中，，前项和满足.
①求的通项公式；
②设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）由组合数公式易证结论成立；
（2）由已知可得，法一：可用累乘法求得的通项公式，法一可得是常数列，求得的通项公式，进而可求得，进而利用错位相减法可求.
小问1详解】
由组合数公式，得.
又，故也满足上式，所以
【小问2详解】
①当时，由，得.
两式相减，得，即.
法1：所以.
累乘得.
所以的通项公式为.
法2：所以，故是常数列.
又，故，所以的通项公式为.
②由（1）得，.
所以.
故.
于是.
两式错位相减，得.
.
所以.
18. 已知椭圆经过点，且离心率为.直线与交于两点，连结.
（1）求面积的最大值；
（2）设直线分别与轴交于点，线段的中点为，求直线与直线的交点的轨迹方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件得到方程为，联立直线方程，得到，由韦达定理得，根据条件得到，结合韦达定理，即可得到，通过换元，得到，再利用基本不等式，即可求出结果；
（2）直接求出坐标，结合韦达定理得到中点，法一：由题得，从而可求得以为直径的圆的方程，再结合条件，即可求出结果；法二：根据条件，求出点的坐标为，结合（1）中条件，得到，再由两式由相乘，即可求出结果.
【小问1详解】
由题知，，解得，
所以的方程为，
由，消并整理得，
由，解得，
设，则（※），
又直线过点，
所以的面积，
将（※）代入，得，
设，则，
又，当且仅当，即，时取等号，所以，
故面积的最大值为（当且仅当即时取得）.
【小问2详解】
直线的方程为，令，得到，
所以，同理可得
故点的横坐标.
由（1）知（※），
将（※）代入，得，故，
法1：又，所以直线的斜率，因为，所以，
设，则直线与的交点在以为直径的圆上.
以为直径的圆的方程是，即.
又点在椭圆内，所以，由，
消得，解得，
所以点的轨迹方程是.
法2：又，所以直线的方程为.
与联立，解得交点的坐标为.
因为，所以，即，
又由，两式相乘，得.
所以点的轨迹方程是.
19. 已知函数为自然对数的底数.
（1）设，求在区间内的实根个数；
（2）若对任意都成立，求的取值范围；
（3）设，比较与的大小.
【答案】（1）1 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设函数，求导，再次构造函数，进而确定函数的单调性，确定函数的零点个数；
（2）法一：可得不等式等价于，设函数，分类讨论可得可求的取值范围.
法二：，令，利用洛必达法则可求的上确界，故可求的取值范围.
（3）由（2）可得时，，整理得，其中，进而，裂项相消可得结论.
【小问1详解】
当时，方程，即.
设函数.
求导，得.
设函数，因为，
所以在区间上单调递减.
又，由零点存在定理知，
在区间内存在唯一的，使得.
当时，，故；当时，，故.
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.
因为，又（
或.，所以在区间内有且仅有1个零点.
故方程在区间内的实根个数为1.
【小问2详解】
（法1）因为，所以必有.
故不等式等价于，且
设函数，题意即对任意恒成立.
求导，得.
①当时，，不合题意.
②当时，由，得，解得.
所以在区间上单调递减.故，不合题意.
③当时，因为，所以，故在区间上单调递增.
所以，符合题意.
综上所述，的取值范围是.
（法2）当时，即，亦即.
设函数.求导，得
.
设函数，求导，得.
所以在区间上单调递减，故，即.
令，得，故.所以在区间上单调递减.
又因为.
所以.
故.所以，解得.故的取值范围是.
【小问3详解】
由（2）知，当时，恒成立（取）.
所以当时，，整理得.
所以，其中.
故，
,
累加并相消，得.
故.又，所以.
故，所以，即
【点睛】方法点晴：考查方程的根的个数常常转化为考查函数的零点个数问题，本题考查不等式的恒成立可按如下规则转化：
一般地，已知函数，，若，总有成立，故.成都七中2023~2024学年度（下）半期试题
高二数学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名 考号等填写（涂）在答题卡的指定位置上.
2.回答选择题时，选出每个小题的答案后，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，将答案写在答题卡相应位置上
3.考试结束后，只需将答题卡交回，试卷由考生自行保管.
4.试卷满分：150分，考试时间：120分钟.
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，则的共轭复数的虚部为（ ）
A. B. C. 1 D. 2
2. 已知点在抛物线上，则点到其焦点的距离（ ）
A 7 B. 8 C. 9 D. 10
3. 函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
4. 在等比数列中，，则（ ）
A. 6 B. 8 C. 10 D. 12
5. 从一个三棱台的9条棱中任取2条，它们所在直线互为异面直线的概率为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知函数且在区间上单调递减，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
7. 已知圆柱内接于表面积为的球（圆柱的上 下底面圆周都在球面上），当圆柱的体积最大时，其高等于（ ）
A. B. C. 3 D.
8. “肝胆两相照，然诺安能忘.”（《承左虞燕京惠诗却寄却寄》，明 朱察卿）若两点关于点成中心对称，则称为一对“然诺点”，同时把和视为同一对“然诺点”.已知，函数图象上有两对“然诺点”，则等于（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
二 多选题：本大题共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. 设等差数列的前项和为，已知，，则下列结论一定成立的有（ ）
A. B.
C. D.
10. 在二项式展开式中，下列说法正确的有（ ）
A. 常数项等于240 B. 项的系数等于160
C. 偶次项系数之和等于365 D. 系数绝对值最大的是第5项
11. 已知，函数在处取得极大值，则下列不等式可以成立的有（ ）
A. B.
C. D.
三 填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 某同学决定用圆周率的不足近似值3.14159中出现的这六个数字编成一组六位数的开锁密码（每个数字用一次），则两个数字“1”不相邻的不同密码共有__________组.
13. 已知分别是双曲线的左 右顶点，直角的顶点在轴上，顶点在双曲线的一条渐近线上，且斜边的中点为，则双曲线的离心率为__________.
14. 牛顿数列是牛顿利用曲线的切线和数列的极限探求函数的零点时提出的，在航空航天领域中应用广泛.已知牛顿数列的递推关系为：是曲线在点处的切线在轴上的截距，其中.
（1）若，并取，则的通项公式为__________；
（2）若取，且为单调递减等比数列，则可能为__________.
四 解答题：本大题共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. 如图，在四棱锥中，面为正方形，面为等边三角形，分别是和的中点.
（1）求证：直线平面；
（2）若，求二面角的余弦值.
16. “一花一世界，一叶一追寻.”为庆祝建校120周年，激发同学们对校园的热爱 对艺术的追求，学校某学生社团举办了“校园一隅”自然景观摄影比赛.经过初赛的激烈角逐，有3名女生和2名男生的摄影作品（每人一件）闯入决赛.决赛采用抽签的方式决定顺序，由5名选手依次对自己的摄影作品进行创作陈述，最终评出特等奖2件（事先假定每件作品获奖的可能性相同）.
（1）求至少有1名男生的摄影作品最终获得特等奖的概率；
（2）求决赛时，恰好有2名女生相邻进行创作陈述概率；
（3）若当2名男生都陈述结束时，还有名女生没有陈述的概率为0.2，求.
17. 已知，并补充规定.
（1）化简：.
（2）在数列中，，前项和满足.
①求的通项公式；
②设，求数列的前项和.
18. 已知椭圆经过点，且离心率为.直线与交于两点，连结.
（1）求面积的最大值；
（2）设直线分别与轴交于点，线段的中点为，求直线与直线的交点的轨迹方程.
19. 已知函数为自然对数的底数.
（1）设，求在区间内的实根个数；
（2）若对任意都成立，求的取值范围；
（3）设，比较与的大小.

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