海南省儋州市第三中学高二下学期数学期末复习2考试卷

20232024学年度儋州市第三中学高二年级数学期末复习2考试卷数学科（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。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，将本试卷和答题卡一并交回第I卷（选择题）单项选择题（本大题共8题，每小题5分，共计40分。每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的）1．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2．复数在复平面内对应的点的坐标为（

）A． B． C． D．3．化简的结果是（

）A． B． C． D．4．的值为（

）A．8 B．9 C．12 D．155．已知抛物线的焦点为，上一点到焦点的距离为，过焦点的直线与抛物线交于两点，则的最小值为（

）A． B． C． D．6．当时，函数的图象大致是（

）A．B．C．D．7．已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（

）A． B．1 C．2 D．38．已知抛物线C：的焦点为F，准线为.点A在抛物线C上，点B在准线上，若是边长为4的等边三角形，则的值是（

）A．2 B． C．1 D．多项选择题（本大题共3题，每小题6分，共计18分。每小题列出的四个选项中有多项是符合题目要求的，部分选对得部分，多选或错选不得分）9．已知函数的最小正周期大于，若曲线关于点中心对称，则下列说法正确的是（

）A． B．是偶函数C．是函数的一个极值点 D．在单调递增10．给出下列命题，其中正确的有（

）A．空间任意三个向量都可以作为一组基底B．已知向量，则、与任何向量都不能构成空间的一组基底C．、、、是空间四点，若、、不能构成空间的一组基底，则、、、共面D．已知是空间向量的一组基底，则也是空间向量的一组基底11．设定义在上的函数与的导函数分别为和.若，，且为奇函数，则下列说法正确的是（

）A．函数的图象关于直线对称 B．C． D．第II卷（非选择题）三、填空题（每小题5分，共计20分）12．已知数列是等比数列，且，则的值为.13．已知，函数的图象与的图象在上最多有两个公共点.则的取值范围为.14．甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为.四、解答题（解答题需写出必要的解题过程或文字说明）15．在锐角中.内角，，所对的边分别是，，，已知.(1)求证：；(2)求的取值范围.16．已知函数(1)若恒成立，求a的值；(2)若有两个不同的零点，且，求a的取值范围.17．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，.(1)求证：平面平面；(2)设.①若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.②在线段上是否存在点，使得点，，在以为球心的球上？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由.18．已知点在双曲线上，且的离心率为，直线交于，两点，直线，的倾斜角互补.(1)求直线的倾斜角；(2)若，求内切圆的面积.19．甲、乙两人进行投球练习，两人各投球一次命中的概率分别为、，投中得分，投不中得分．两人的每次投球均相互独立．(1)甲、乙两人各投球一次，求两人得分之和为0分的概率；(2)甲、乙两人各投球两次，求两人得分之和的分布列及其数学期望．20232024学年度儋州市第三中学高二年级数学期末复习2考试卷参考答案1．A【详解】由，得，因为是的真子集，所以是的充分不必要条件，2．B【详解】因为，所以在复平面内对应的点的坐标为.3．D【详解】，4．B【详解】.5．B【详解】由点到焦点的距离为，即到准线的距离为，故，，抛物线，设，不妨设，设直线的方程为，联立化为，则，当且仅当时，即时等号成立．

6．A【详解】令，可得或，即函数有两个零点，图象与轴有两个交点，排除，，，令，得或，当时，，函数在上递增；当时，，函数在上递减，即函数图象先增后减再增，所以排除.故选：.7．B【详解】解法一：分别取的中点，则，可知，设正三棱台的为，则，解得，如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，则，，可得，结合等腰梯形可得,即，解得，所以与平面ABC所成角的正切值为；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，因为，则，可知，则，设正三棱锥的高为，则，解得，取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，所以与平面ABC所成角的正切值.故选：B.8．A【详解】因为是边长为4的等边三角形，由题意可知，，由抛物线定义可得，设准线与轴的交点为D，如下图所示：因此与平行，由，可得，所以，即.9．ABC【详解】因为的最小正周期大于，所以，即，又关于点中心对称，所以，所以，因为，所以当时，，所以，对于，，故正确；对于，，由且是全体实数，所以是偶函数，故正确；对于，，令得，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以是函数的极大值点，故正确；对于，由，，得，函数的单调递增区间为，，当时，，当时，，显然函数在上不单调，故不正确.10．BCD【详解】对于A项，空间任意的三个不共面的向量才可以作为一组基底，故A错误；对于B项，若，则、与任何向量都共面，故不能构成空间的一组基底，故B正确；对于C项，若、、不能构成空间的一组基底，则、、共面，又、、过相同的点，则、、、四点共面，故C正确；对于D项，若，，共面，则，可知，，共面，与为空间向量的一组基底相矛盾，故，，可以构成空间向量的一组基底.11．AC【详解】对于选项A：因为，则，可得，又因为，可得.令，可得，解得，可得，所以函数的图象关于直线对称，A正确；对于选项C：因为为奇函数，可知的图象关于点对称，且，令，可得，即；令，可得；令，可得；由函数的图象关于直线对称，可得；所以，又因为，则，可知函数的周期，所以，故C正确；对于选项B：由AC可知，可得，，所以，故B错误；对于选项D：可得，故D错误.故选：AC.【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．12．9【详解】由等比数列的性质知：，，，所以，又，所以.13．【详解】，由得，设，则在上最多有两个零点，所以，，所以，，又因为，所以，（1）由得（2）由得（3）由得（4）由得综上，的取值范围为.14．/0.5【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为.对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率，所以.从而.记.如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以；如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以.而的所有可能取值是0，1，2，3，故，.所以，，两式相减即得，故.所以甲的总得分不小于2的概率为.15．【详解】（1）因为，所以，所以，因为为锐角三角形内角，所以，，所以，所以，即；（2），由题意得，解得，所以，所以，所以，即的取值范围为.16．【详解】（1），①当时，，不符合题意.②当时，令，解得，当时，，在区间上单调递减，当时，，在区间上单调递增，所以当时，取得最小值；若恒成立，则，设，则，当时，在区间上单调递增，当时，在区间上单调递减，所以，即的解为.所以.（2）当时，，在区间上单调递增，所以至多有一个零点，不符合题意；当时，因为，不妨设，若，则，不符合题意；若，则，由（2）可知，只需，即，解得，即a的取值范围为.17．【详解】（1）在四棱锥中，平面平面，，平面，平面平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）如图以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立如图所示直角空间坐标系，设，则，由，，，，则，，因，则，，所以，①设平面的法向量为，由，，得：，可取设直线与平面所成角为，则有：，，即：，化简得：，解得或，即或.②如图，假设在线段上是否存在点，使得点，，在以为球心的球上，由，得，所以，所以，又得，，所以，由得，即，亦即（*），因为，所以方程（*）无实数解，所以线段上不存在点，使得点，，在以为球心的球上.18．【详解】（1）由题意可得，则有①，由点在双曲线上，则有②，联立①②，解得，故双曲线方程为：.当直线的斜率不存在时，设，，代入双曲线方程，可得，则，不合题意；如图，设直线，将其与双曲线方程联立，消元整理得：，则，，设，则（*）因直线，的倾斜角互补，则有，化简得：，将（*）代入得，，化简得：，即，因直线不经过点，即，故有，即直线的倾斜角为.（2）设直线的倾斜角为，则直线的倾斜角为，依题意，,则,，由解得，即，将其与联立，可解得，即得,代入直线，解得，于是由（1）可得：故得，即得，于是，由,因，则，，设，则，故.于是的面积为，又由余弦定理，,代入可得，，即，故，即，设内切圆半径为，则，即，解得，故内切圆面积为：.【点睛】关键点点睛：本题主要考查与双曲线有关的三角形的面积、内切圆面积问题，属于难题.解题的关键是设直线方程，联立消元得韦达定理，等价转化题设条件，利用定理求解；同时，解决三角形面积问题，常需要求出顶点坐标，巧妙运用向量数量积和余弦定理，最后运用等面积求得内切圆半径即可.19．【详