【文档说明】湖南省郴州市2023-2024学年高二下学期期末教学质量监测数学试题（解析版）.docx，共(21)页，1.085 MB，由小赞的店铺上传

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郴州市2024年上学期期末教学质量监测试卷高二数学（试题卷）注意事项：1.试卷分试题卷和答题卡．试卷共6页，有四大题，19小题，满分150分．考试时间120分钟.2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准者证条形码粘贴在

答题卡的指定位置，3.考生作答时，选择题和非选择题均须作在答题卡上，在试题卷上作答无效考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题.4.考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回.一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共4

0分，在所给的四个选项中，只有一个最佳答案，多选或不选得0分）1.设xR，则“3x”是“2x>”的（）A.必要而不充分条件B.充分而不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义分析判断即可.【详解】因为当3x时，2x>一定成立，而当2x

>时，3x不一定成立，如4x=−，所以“3x”是“2x>”的充分而不必要条件.故选：B2.已知i为虚数单位，若复数12,zz在复平面内对应的点分别为()()2,1,1,2−，则复数12zz=（）A.5iB.5i−C.45i+

D.45i−+【答案】A【解析】【分析】先求出2z，然后求出12zz即可得出结果．【详解】由题可得122i,12izz=+=−，所以212i=+z，()()122i12i5izz=++=，故选：A．3

.31cos190sin170+=（）A.4−B.4C.2−D.2【答案】B【解析】【分析】利用诱导公式、辅助角公式、二倍角的正弦公式化简计算即得.【详解】3113cos103sin102sin2041cos190sin170sin10cos10sin10co

s10sin202−+=−===.故选：B4.已知P为椭圆2222:1(0)xyCabab+=上一动点，12FF､分别为其左右焦点，直线1PF与C的另一交点为2,AAPF的周长为16.若1PF的最大值为6，则该椭圆的离心率为（）A.14

B.13C.12D.23【答案】C【解析】【分析】利用椭圆的标准方程及其参数abc、、的关系即可得出结果.【详解】设椭圆的半焦距为c，则由题设得416{6aac=+=，解得4{2ac==，所以椭圆的离心率为12cea==.故选：C．5.若n为一组数8,2,4,9,3,

10的第六十百分位数，则二项式31nxx+的展开式的常数项是（）A.28B.56C.36D.40【答案】A【解析】【分析】根据第六十百分位数，结合二项式通项公式进行求解即可.【详解】因为n为一组从小到大排列的数2,3,4,8,9,10的第六十百分位数，660%3.6

=，所以8n=，二项式831xx+的通项公式为()88331881CCrrrrrrrTxxx−−−+==，令8023rrr−−==，所以常数项为2887C282==，故选：

A6.三位老师和4名同学站一排毕业留影，要求老师们站在一起，则不同的站法有：（）A360种B.540种C.720种D.900种【答案】C【解析】【分析】先将老师捆绑成一个团队，再将团队与另外4名同学进行排列，即可得出．【详解】完成此事分步进行：（1）将老师捆绑成一个团队，有33A6=种站法

；（2）将团队与另外4名同学进行排列，有55A120=种站法；根据分步计数原理，所以有6120720=种不同的站法，故选:C．7.已知函数()2(0,0)fxxbxcbc=−+两个零点分别为12,

xx，若12,,2xx−三个数适当调整顺序后可为等差数列，也可为等比数列，则不等式0xbxc−−≤的解集为（）A.((),45,−+B.4,5C.()),45,−+D.(4,5【答案】D【解析】【分析】根据题意可得12,xx是方程2

0xbxc−+=的两个不等实根，则有1212,xxbxxc+==，不妨设12xx，且由0,0bc可得120,0xx，再由题意列方程可求出12,xx，从而可求出,bc，进而可求出不等式的解集.【详解】因为函数()2(0,0)fxxbxcbc

=−+的两个零点分别为12,xx，.的所以可得12,xx是方程20xbxc−+=的两个不等实根，所以12120,0xxbxxc+==，所以120,0xx，不妨设12xx，因为12,,2xx−三个数适当调整顺序后可为等差数列，也可为等比数列，所以122,,xx−可

以成等差数列，12,2,xx−可以成等比数列，或21,,2xx−可以成等差数列，21,2,xx−可以成等比数列，所以()21212222xxxx−+==−，解得11x=，24x=，所以5,4bc==，

所以0xbxc−−≤化为504xx−−≤，所以(5)(4)040xxx−−−，解得45x，即原不等式的解集为(4,5.故选：D8.设函数()fx在R上存在导数(),fxxR，有()()

2fxfxx−+=，在()0,+上()fxx，若()()932262fmfmm−−−，则实数m的取值范围是（）A.1,4+B.1,2+C.)1,+D.3,4+【答案】D【解析】【分析】通过构造函数()()212gxfxx=−，利用()gx的奇

偶性和条件得到()gx在R上单调递减，再将()()932262fmfmm−−−变形得到()()322gmgm−，即可求出结果.【详解】因为()()2fxfxx−+=，所以()()000ff−+=，

得到(0)0f=，因为()fxx，所以()0fxx−，令()()212gxfxx=−，()()000gf==所以()()()()()()2221122gxgxfxxfxxfxfxx+−=−+−−=

+−−，因为()()2fxfxx−+=，所以()()0gxgx+−=，所以()gx为奇函数；()()gxfxx=−，当0x时，()()0,gxgx单调递减，因此()gx在R上单调递减；()()()213232322gmfmm−=−−−，()()()21222

2gmfmm=−，所以()()()()()()221132232322222fmfmgmmgmm−−=−+−−−()()932262gmgmm=−−+−，因为()()932262fmfmm−−−，所以()()993226622gmgmmm−−+−−即()()3220gmgm−−，所以(

)()322gmgm−，由于()gx在R上单调递减，所以322mm−，解之得34m.故选：D【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是构造了函数()()212gxfxx=−，从而分析得()gx的性质，由此得解.二､多项选择题（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.如图，正方体1111ABCDABCD−的边长为2,M为11AD的中点，动点P在正方形ABCD内（包含边界）运动，且5MP=.下列结论正

确的是（）A.动点P的轨迹长度为π；B.异面直线MP与1BB所成角的正切值为2；C.MPAB的最大值为2；D.三棱锥PMAD−的外接球表面积为25π4.【答案】ACD【解析】【分析】取AD的中点N，分析可知MN⊥平面ABCD.对于A：分析可知动点P的轨迹是以点N为圆心，半径为1的半圆，即

可得结果；对于B：分析可知异面直线MP与1BB所成角即为PMN，即可得结果；对于C：根据数量积的几何意义分析判断；对于D：分析可知OMN，进而求球的半径和表面积.【详解】取AD的中点N，连接,MNNP，因为,MN分别为11,ADAD的中点，则MN∥1AA，且12MNAA

==，又因1AA⊥平面ABCD，则MN⊥平面ABCD，由NP平面ABCD，可得MNNP⊥.对于选项A：在RtMNP△中，221NPMPMN=−=，可知动点P的轨迹是以点N为圆心，半径为1的半圆，所以动点P的轨迹长度为12π1π2=，故A正确对于选项B：因为

MN∥1AA，1BB∥1AA，则MN∥1BB，可知异面直线MP与1BB所成角即为PMN，其正切值为1tan2NPPMNMN==，故B错误；对于选项C：因为线段MP在平面ABCD内的投影为NP，结合选项A可知：MP在AB方向上的投影数量的最大值为1，所以

MPAB的最大值为12AB=，故C正确；对于选项D：设三棱锥PMAD−的外接球的球心为O，半径为R，因为MN⊥平面ABCD，且N为PAD的外接圆圆心，可知OMN，为则()2221RR=−+，解得54R=，所以三棱锥PMAD−

的外接球表面积为225π4π4R=，故D正确；故选：ACD.10.已知定义域在R上的函数()fx满足：()1fx+是奇函数，且()()11fxfx−+=−−，当1,1x−，()21fxx=−，则下列结论正确的是（）A.()fx的周期4T=B.5324f=C.(

)fx在5,4−−上单调递增D.()2fx+是偶函数【答案】BC【解析】【分析】根据函数的性质结合周期性的定义即可求解A，利用性质作出函数的图象，即可结合图象逐一求解.【详解】由于()1fx+是奇函数，所以()()11fxfx+=−−+，则()

()=2fxfx−−又()()11fxfx−+=−−，则()()24fxfx−=−，所以()()()()488fxfxfxfx=−−=−−−=−，所以()fx的周期为8，A错误，，2511312224ff=−−=−−−=

，故B正确，根据函数的性质结合1,1x−，()21fxx=−，作出函数图象为：由图象可知：()fx在5,4−−上单调递增，C正确，由于()fx的图象不关于2x=对称，所以()2fx+不是偶函数，D错误故选：BC11.锐角ABC中，角,,

ABC的对边为,,abc.且满足4,2abc==+.下列结论正确的是（）A.点A的轨迹的离心率3e=B.73cC.ABC的外接圆周长()4π,5πlD.ABC的面积()3,6ABCS【答案】CD【解析】【分析】根据题意，由双曲线的定义，可得点A在以,BC为焦点的双曲线上

，结合离心率的计算，可判定A不正确；求得双曲线的方程，结合ABC的最大角为B或A，利用余弦定理列出不等式，可判定B不正确；求得4sin(,1)5A，结合正弦定理，可判定C正确；分别求得π2A=和π2B=时求得ABC的面积，可得判定D正确.【详解】因为锐角ABC中，满足4

,2abc==+，即2bc−=，即24ACABBC−==，由双曲线的定义，可得点A在以,BC为焦点的双曲线上，且双曲线的实半轴长为1，半焦距为2，所以离心率为2e=，所以A不正确；不妨设双曲线的焦点在x轴上，设(2,0),(2,0)BC−，可得双

曲线的方程为221,03yxx−=，如图所示，要使得ABC为锐角三角形，则ABC的最大角为B或A，当B为最大角时，222cos02acbBac+−=，即2220acb+−，可得2216(2)0cc+−+，解得3c；当A为最大角时，222cos02bcaAbc+−=，即22

20bca+−，可得22(2)160cc++−，解得71c−，综上可得，实数c的取值范围为()71,3−，所以B不正确；对于C中，若π2B=时，可得223,5ABACABBC==+=，可得4sin5BCAAC==，若π2A=时，可得sin1A=，因为ABC为锐角三角形，可得4s

in(,1)5A，可得ABC的外接圆的半径为452(2,)sinsin2aRAA==，则ABC的外接圆周长()2π4π,5πlR=，所以C正确；对于D中，若π2A=时，可得222bca+=，即22(2)16cc++=，

解得71c=−，则71b=+，此时ABC的面积为1(71)(71)32ABCS=−+=；若π2B=时，可得3AB=，此时ABC的面积为13462ABCS==△，因为ABC为锐角三角形，所以ABC的面积()3,6ABCS，所以D正确.故选

：CD.三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）12.若直线l：220kxyk−+−=与曲线C：24yx=−有两个不同的交点，则实数k的取值范围是_______.【答案】10,2【解析】【分析】首先求

出直线过定点坐标及曲线C所表示的图形，再数形结合即可得解.【详解】解：由题意可得直线l：220kxyk−+−=即()22ykx=−+，所以直线l恒过定点()2,2A，曲线C：24yx=−图象为以()0

,0为圆心，2为半径的上半圆（包含x轴部分），它们的图象如图所示：当直线l过点()2,0−时，它们有两个交点，此时()201222k−==−−，当直线l与上半部分圆相切时，有一个交点，此时0k=，由图象可知，若直线l与曲线C有两个不同的交点，则102k，即实数k的

取值范围是10,2.故答案为：10,213.已知数列na满足：()()111,11nnananann+=−+=+．若()1nnnbna=+，则数列nb的前n项和nS=__________.【答案】1nn+【解析】【分析】

根据给定的递推公式，利用构造法求出na，再利用裂项相消法求和即得.【详解】数列na中，由1(1)(1)nnnanann+−+=+，得111nnaann+−=+，因此数列{}nan是以111a=为首项，1为公差的等差数列，nann=，即2nan=，于是111(1)(1)1

nnnbnannnn===−+++，所以11111111(1)()()()122334111nnSnnnn=−+−+−++−=−=+++L.故答案为：1nn+14.暑假将临，大学生小明同学准备利用假期探访名胜古迹．已知某座山高䇯入人

云，整体呈圆锥形，其半山腰（母线的中点）有一座古寺，与上山入口在同一条母线上，入口和古寺通过一条盘山步道相连，且当时为了节省资金，该条盘山步道是按“到达古寺的路程最短”修建的．如图，已知该座山的底面半径()2kmR=，高()42kmh=，则盘山步道的长度为__________，其中上山（

到山顶的直线距离减小）和下山（到山顶的直线距离增大）路段的长度之比为__________.【答案】①.37km②.5:2【解析】【分析】利用圆锥的侧面展开图，利用余弦定理求两点间的距离，结合作图，求出上山路段及下山路段的长即可得解.【

详解】设入口为点A，古寺位置为B，则由题意，B为母线SA的中点，由底面圆半径为2km，山高为42km，则母线()222426SA=+=,底面圆周长2π4πr=，所以展开图的圆心角4π2π63==，作圆锥侧面展开图，

如图，由余弦定理可得22222π12cos632633732ABASSBASSB=+−=+−−=，由点S向AB引垂线，垂足为点H，此时SH为点S和线段AB上的点连线的最小值，即点H为公路的最高点，AH段为上坡路，HB段为下坡路段，由12π1sin232SAS

BABSH=可得，3217SH=，所以22271573677AHSASH=−=−=，677HBABAH=−=，所以上山和下山路段的长度之比为5:2.故答案为：37km；5:2四､解答题（本大题共5小题，共77分）15.在锐角ABC中，内角,,ABC所对的边分别为ab，，c，且满

足()sincossin1coscABbCA=+.（1）证明：2AB=；（2）求ca的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）223,23ca【解析】【分析】（1）由正弦定理边角互化结

合两角差的正弦公式可证明结论；（2）由（1）结合ABC为锐角三角形可得π6π4B，又注意到ca12cos2cosBB=−，由函数122ytt=−在23,22上的取值范围可得答案.【小问1详解】由()sincossin1c

oscABbCA=+，结合正弦定理sinsincbCB=得：()sinsincossinsin1cos,sin0CABCBAC=+可得sincoscossinsinABABB−=，所以()sinsinABB−=，所以ABB−=或()πABB−+=（舍去），所以2A

B=；【小问2详解】在锐角ABC中，π02π022π0π32BABCB==−，即π6π4B，所以23cos22B.由正弦定理结合（1），sinsin3sin2coscos2sin12cossinsin2sin22coscCBBBBBBaABBB+

====−.令123cos2,222cBtttat==−，，，因为函数122ytt=−在23,22上单调递增，所以223232,32233yy−=−=，所以223,23ca.16.如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为

正方形，PA⊥平面,2,ABCDPAADE==为线段PD的中点，F为线段PC（不含端点）上的动点.（1）证明：平面AEF⊥平面PCD；（2）是否存在点F，使二面角PAFE−−的大小为45？若存在，求出PFPC的值，若不存在

，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，23PFPC=【解析】【分析】（1）根据题意可证CD⊥平面PAD，则CDAE⊥，进而可得⊥AE平面PCD，即可得结果；（2）建系标点，设(01)PFPC=，分别为平面AEF、平面APF的法向量，利用空间向量处理二面角的问题.【小问1详

解】因为底面ABCD为正方形，则CDAD⊥，又因为PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，PACD⊥。且PAADA=，,PAAD平面PAD，可得CD⊥平面PAD，由AE平面PAD，可得CDAE⊥，因为PAPD=，且E为PD的中点，则AEPD⊥，由CDPDD=，,CDPD平面P

CD，可得⊥AE平面PCD，且AE平面AEF，所以平面AEF⊥平面PCD.【小问2详解】以ABADAP､､分别为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系，则()()0,0,0,2,0,0AB，()()()()2,2,0,0,2,0,0,0,2,0,1,1CDPE，设(01)PFPC=

，则()()2,2,22,0,1,1AFAPPFAPPCAE=+=+=−=，设平面AEF的法向量()111,,mxyz=，则()11221022220mAEyzmAFxyz=+==++−=

，令1y=，则1112,xz=−=−，可得()12,,m=−−，又因为()()2,2,0,0,0,2ACAP==，设平面APF的法向量()222,,nxyz=，则22222020nACxynAPz=+===，令21x=，则221,0yz=−=，可得()1,1,0n=

−，由题意得：cos,cos45mnmnmn==，即213222641−=−+，整理得即2320−=，解得23=或0=（舍去），所以存在，此时23PFPC=.17.已知函数()2cose

,xfxaxxa=+−R.（1）若()fx在()0,+上单调递减，求实数a的取值范围；（2）当0a=时，求证()1fx在ππ,22x−上恒成立.【答案】（1）1,2−（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出导函数()fx，问题转化为(0,

)+x，()0fx恒成立，用分离参数法再转化为求函数的最值．（2）求出()fx在ππ,22−时的最大值，由最大值小于1证得结论成立，注意令()cosexhxx=−，由单调性得()hx有唯一零点0x，然后得出0()h

x是最大值，再由0x的性质证明即可．【小问1详解】函数()2cosexfxaxx=+−，则()2sinexfxax=−−，对任意的()()0,,0xfx+恒成立，所以()2esinxaxgx+=，故()ecosxgxx=+，()0,x+,e1,co

s1,1xx−，所以()ecos1cos0xgxxx+=+，所以()gx在()0,+上为单调递增函数，所以()()01gxg=，所以21a，故实数a的取值范围为1,2−；【小问2详解】证明：由题意知，

要证在ππ,22x−上，cose1xx−，令()cosexhxx=−，则()sinexhxx=−−，显然在ππ,22x−上()hx单调减，()π0,002hh−，所以存0π,02x−

，则()000sine0xhxx=−−=，所以当0π,2xx−时，()0hx，则()hx单调递增，当0π,2xx时，()0hx，则()hx单调递减，所以()0max00000π()co

secossin2sin4xhxhxxxxx==−=+=+，因为0π,02x−，所以0πππ,444x+−，则()0π2sin1,14x+−故()1fx在ππ,22x−上恒成立.18.已知()2,Aa是抛物线

2:2Cypx=上一点，F是抛物线的焦点，已知4AF=，（1）求抛物线的方程及a的值；（2）当A在第一象限时，O为坐标原点，B是抛物线上一点，且AOB的面积为1，求点B的坐标；（3）满足第（2）问的条件下的点中，设平行于OA的两个点

分别记为12,BB，问抛物线的准线上是否存在一点P使得，12PBPB⊥.【答案】（1）2:8Cyx=，4a=（2）322,2222++或322,2222−−或1,22（3）不存在，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据焦

半径可求出抛物线方程进而可求a；在（2）设点B的坐标为()11,,xy根据AOB的面积为1，得出OA边上的高为55h=，利用B到直线OA的距离公式可得，1121xy−=，再把点B的坐标代入抛物线方程即可求解；（3）将12PBPB⊥转化为以12BB为直径

的圆与准线的位置关系来进行判断.【小问1详解】由题意242pAF=+=，解得4p=，因此抛物线的方程为2:8Cyx=点()2,Aa在抛物线上可得216a=，故4a=【小问2详解】设点B的坐标为()11,,xyOA边上的高为h，我们知道AOB的面积是：1

2512Sh==，所以，155155hh===，直线OA的方程是2yx=，利用B到直线OA的距离公式可得：112555xy−=，化简得：1121xy−=，由于点B在抛物线上，即22111188

yyxx==，代入条件可得：22111121184yyyy−=−=，可以得到211440yy−−=或211440yy−+=，解这个方程可以得到143244222222y===或12y=，代入拋物线方程可以得到：21(222)32282x++==或21(222)32282x

−−==或112x=综上所述，点B坐标有三个可能的值：的1233223221,222,,222,,2222BBB+−+−【小问3详解】不存在，理由如下：因为由（1）（2）知点()2,4A，则OA的斜率为2OAk=，所以平行于OA的两个点

分别记为12,BB，其斜率12222222232232222BBk+−+==+−−，所以可得12322322,222,,22222BB+−+−则12,BB的中点3,22M，22

12(22)(42)40210BB=+==若12PBPB⊥，则点P在以M为圆心，12102BBr==为半径的圆上，M到准线2x=−的距离等于37222+=，因为73.5102=所以，以M为圆心122BB为半径的圆与准线相离，故不存在点P满足题设条件.【点睛】方法点睛：圆锥曲线的关于求点坐标

的问题，往往需要设点的坐标，根据题目的已知条件寻找所设的点横纵坐标关系等.19.材料一：在伯努利试验中，记每次试验中事件A发生的概率为p，试验进行到事件A第一次发生时停止，此时所进行的试验次数为，其分布列为()()1(1)1,2,3,kP

kppk−==−=，我们称服从几何分布，记为()GEp.材料二：求无穷数列的所有项的和，如求2311111112222kkS−==++++=，没有办法把所有项真的加完，可以先求数列前n项和11112122nnknkS−===−，再求

n→时nS的极限：1limlim2122nnnnSS→→==−=根据以上材料，我们重复抛掷一颗均匀的骰子，直到第一次出现“6点”时停止.设停止时抛掷骰子的次数为随机变量X.（1）证明：1()1kPXk===；（2）求随机变量X的数学期望()EX；（3）求随机变

量X的方差()DX.【答案】（1）证明见解析（2）6（3）30【解析】【分析】（1）依题意可得16XGE，根据等比数列求和公式求出nS，再取极限即可；（2）设1()nnkTkPXk===，利用错位相减法求出nT，再取极限即可；（3）依题意可得21()(

6)()kDXkPXk==−=21()36kkPXk===−，再利用错位相减法求出21()kkPXk==，即可得解.【小问1详解】可知16XGE，且()()151,1,2,3,66kPXkk

−===，所以012515151515115615666666666616nnnnS−=++++==−−，则15()l

imlim116nnnnkPXkS→→====−=.【小问2详解】设1()nnkTkPXk===0121152535566666666nn−=++++

，所以12151525155666666666nnnnnT−−=++++，两式相减的0121115151515566666666666nnnnT−=++++−

，所以01215555555616666666nnnnnTnn−=++++−=−−，则随机变量X的数学期望55()

limlim61666nnnnnEXTn→→==−−=；【小问3详解】因为1221151()(6)()lim(6)66knnkkDXkPXkk−→

===−==−()211236()kkkPXk==−+=2111()(12)()36()kkkkPXkkPXkPXk=====+−=+=2211()12636()36kkkPXkkPXk====−+==−

，而012122222151515151()12366666666nkkPXkn−===+++++，121222215515151()12(1)6666666nkkPXkn−===++

+−+，两式相减：012121151515151()135(21)666666666nkkPXkn−=−==+++++112()()2()111kkkPXkPXkEX====−=

=−=，从而21()66kkPXk===，那么21()()3630kDXkPXk===−=.【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是理解题干所给两个材料，根据所给材料结合数列的相关知识计算.