文档内容
2023-2024 学年高二数学下学期期末模拟卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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。
一、填空题
1．若直线 的一个法向量为 ，则若直线 的斜率 .
【答案】
【分析】根据题意，分析可得直线l的方向向量为（1，k），进而分析可得 • 2+k＝0，解可得k的值，
即可得答案．
【详解】根据题意，设直线l的斜率为k，则其方向向量为 （1，k），
若直线l的一个法向量为 （2，1），则有 • 2+k＝0，解可得k＝﹣2；
故答案为：﹣2．
2．双曲线 的渐近线方程是 ．
【答案】
【分析】令方程的右边为0，即可得到渐近线方程．
【详解】解： 双曲线 ，
渐近线方程为 ，即 ，
故答案为： ．
3．已知 ，则 .
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
学科网（北京）股份有限公司【答案】
【分析】先求出 ，然后代入 中求解即可.
【详解】因为 ，
所以 ，
所以 ，
故答案为： .
4．已知随机变量X服从正态分布 ，且 ，则 ．
【答案】 / ．
【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出．
【详解】因为 ，所以 ，因此
．
故答案为： ．
5．已知各项均不相同的等差数列 的公差为 ，且满足： ， ， 成等比数列，则 的值为 .
【答案】1
【分析】利用等比数列列式，借助等差数列通项求解即得.
【详解】由 ， ， 成等比数列，得 ，则 ，整理得 ，
而 ，所以 .
故答案为：1
6．已知向量 ，若向量 与 的夹角为锐角，求实数 的取值范围 .
【答案】
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
学科网（北京）股份有限公司【分析】根据已知条件及向量的线性运算的坐标表示，再利用向量的数量积的坐标运算及向量平行的坐标
表示即可求解.
【详解】因为 ，
所以 ， ，
因为向量 与 的夹角为锐角，
所以 ，解得 ，
而当 时， ，解得 ，
所以实数 的取值范围为 .
故答案为：
7．在10件产品中有7件一等品，3件二等品，从中随机取出4件产品，其中至少含一件二等品的概率是
（结果用数值表示）．
【答案】
【分析】应用组合数求出任取4件、其中不含二等品的取法数，再由对立事件的概率求法求至少含一件二
等品的概率.
【详解】随机取出4件产品的取法有 种，其中不含二等品的取法有 种，
所以其中至少含一件二等品的概率是 .
故答案为：
8．已知函数 在区间 上是严格减函数，则 的取值范围是 ．
【答案】
3
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
学科网（北京）股份有限公司【分析】根据函数的单调性与导函数的关系，将问题转化为 在 恒成立，且不恒为0，求解即可．
【详解】因为函数 在区间 上是严格减函数，
所以 在 上恒成立，且不恒为0，
所以 在 恒成立，
设 ， ，则 ，
令 ，解得 或 （舍去），
因为 时， ， 时， ，
所以 在 单调递减，在 单调递增，
又因为 ， ，
所以当 时， ，
所以 ，
故答案为： ．
9．若 ，则 的值为 ．
【答案】
【分析】令 即可求解.
【详解】解：令 得： .
故答案为: .
4
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
学科网（北京）股份有限公司10．函数 的导函数 的图像如图所示，给出下列命题：
① 是函数 的极小值点；
② 是函数 的最小值点；
③ 在区间 上严格增；
④ 在 处切线的斜率小于零.
以上所有正确命题的序号是 .
【答案】①③
【分析】观察 的图像在 左右的符号即可判断①；观察 的图像，利用导函数的正负与
原函数的单调性的关系可判断②③；利用导数的几何意义即可判断④.
【详解】有图像可知， 的左侧导数值为负，右侧为正，故 是函数 的极小值点；
的左右两侧导数值均为正，故 不是函数 的最值点；
在区间 导数值为正，故 在区间 上严格增；
，故 在 处切线的斜率大于零.故正确命题的序号是①③.
故答案为：①③.
11．已知椭圆 的左右顶点为 ， ，点 为直线 上一点，若 的外接圆的
5
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
学科网（北京）股份有限公司面积的最小值为 ，则该椭圆的离心率为 .
【答案】 /
【分析】设 为 外接圆的圆心且在在 轴上，由已知可得外接圆半径 且 ，则
，进而求离心率.
【详解】若 为 外接圆的圆心，半径为 ，则 ，故 ，
由外接圆圆心为各边中垂线的交点知： 必在 轴上（不妨令其在 轴上方），
所以 ，故 ，则 .
故答案为：
12．已知各项均不为零的数列 的前 项和为 ， ， ， ，且
，则 的最大值等于 .
【答案】
6
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
学科网（北京）股份有限公司【分析】由递推关系得数列 满足 ，得 ，
由条件得 ，将求 的最大值转化为求关于 的函数的最大值.
【详解】因为 ，
所以 ，将 代入，得 ，
所以 ， ，所以 ，
，
又因为 ，所以 ， ，即 ，
因为 ，所以 ， ，当且仅当 时等号成立，
所以 ，
因为 ，所以当 时， 最大，
所以 ，
即 时， 有最大值 .
故答案为： .
【点睛】根据 求 的最大值时，注意分析数列中项的正负号，得
7
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
学科网（北京）股份有限公司，且 ，进而得 .
二、单选题
13．函数 的图象在点 处的切线方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据导数的几何意义求出切线的斜率，再根据点斜式可求出结果.
【详解】 ，则切线的斜率是 ， ，
则切线方程是 ，即 ．
故选：D
14．已知 、 分别为随机事件A、B的对立事件， ， ，则下列等式错误的是（ ）
A． B．
C．若A、B独立，则 D．若A、B互斥，则
【答案】A
【分析】
结合互斥事件、对立事件的定义，根据条件概率公式判断即可.
【详解】对A，由 ，故选项A错误；
对B，根据条件概率的乘法公式得 ，故B正确；
对C，若 、 独立，则 ,
8
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
学科网（北京）股份有限公司，故C正确；
对D，若 、 互斥，则 ，
，D正确.
故选：A
15．如图，三棱柱 满足棱长都相等，且 平面 ， 是棱 的中点， 是棱 上的
动点，设 ，随着 增大，平面 与底面 所成钝二面角的平面角是（ ）
A．减小 B．先减小再增大 C．先增大再减小 D．增大
【答案】C
【分析】以 中点 为坐标原点， ， 分别为 ， 轴，并垂直向上作 轴建立空间直角坐标系，
设所有棱长均为 ，则 ，平面法向量的夹角的余弦值 ，平面 与底面
所成钝二面角 的余弦值 ，通过讨论 的增减变化，即可得出结论.
9
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
学科网（北京）股份有限公司【详解】
以 中点 为坐标原点， ， 分别为 ， 轴，并垂直向上作 轴建立空间直角坐标系，
设所有棱长均为 ，则 ， ， ， ， ，
，设平面 法向量 ，
则 ，所以 ，令 ，有 ， ，
故 ，
又平面 的法向量 ，故两平面法向量夹角 的余弦值
，
又 ，故 在 上单调递增， 上单调递减，
平面 与底面 所成钝二面角 的余弦值 ，
所以 在 上单调递减， 上单调递增，
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
0
学科网（北京）股份有限公司即随着 增大先减小后增大，所以 随着 增大先增大后减小.
故选：C.
16．中国结是一种传统的民间手工艺术，带有浓厚的中华民族文化特色，它有着复杂奇妙的曲线．用数学
的眼光思考可以还原成单纯的二维线条，其中的“ ”形对应着数学曲线中的双纽线．在平面直角坐标系
中，把与定点 、 距离之积等于 的动点的轨迹称为伯努利双纽线，记为曲线 .
关于曲线 ，有下列两个命题：
①曲线 上的点的横坐标的取值范围是 ；
②若直线 与曲线 只有一个交点，则实数 的取值范围为 .
则（ ）
A．①为真命题，②为假命题 B．①为假命题，②为真命题
C．①为真命题，②为真命题 D．①为假命题，②为假命题
【答案】B
【分析】利用定义求得曲线C的轨迹方程为 ，由关于 的方程有解，求
的取值范围判断命题①；先判断得直线 与曲线 必有一个公共点，再将 代入曲线 得到无非
零解方程，求实数 的取值范围判断命题②.
【详解】对于①：由伯努利双纽线的定义可知，曲线C的方程为:
，
化简得 ，
设 ，则
方程化为
设上述方程的两个根为 ,则 至少有一个大于等于0
则需有
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
1
学科网（北京）股份有限公司由于 ，
，解得 ，
①为假命题；
对于②：直线 与曲线 一定有公共点 ，若直线 与曲线 只有一个交点，
将 代入曲线 方程中得 ，方程无非零解，
即 无实数解，故有 ，
所以 ，解得 或 ，故②为真命题.
故选：B
三、解答题
17．如图， 为圆锥的顶点， 是圆锥底面圆的圆心， 为圆 的直径，且 ， 是底面
圆 的内接正三角形， 为线段 上一点，且 .
(1)证明： 平面 ；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由勾股定理可得 ， ，由此即可证明；
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
2
学科网（北京）股份有限公司（2）方法一：建立空间直角坐标系，求解 以及平面 的法向量为 ，利用向量的坐标运算得线面夹
角即可；方法二：利用体积相等求解点 到平面 的距离，即可得 与平面 所成角．
【详解】（1）证明：由题意得 ， ，
， ，
，
在 中，由 ，得 ，
同理可得 ，又 平面 ，故 平面 .
（2）（方法一）如图所示，以 为坐标原点， 、 为 轴正方向建立空间直角坐标系，
则点 ，故 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，可得 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
故 ，
因此直线 与平面 所成角的正弦值 .
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
3
学科网（北京）股份有限公司（方法二） ， ，
则 ， ．
记点 到平面 的距离为 ，因为 ，
所以 ，则 ，
设直线 与平面 所成角为 ， ，
因此，直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
18．已知数列 满足 ， ，数列 满足 ， ．
(1)求证： 为等差数列，并求 通项公式；
(2)若 ，记 前n项和为 ，对任意的正自然数n，不等式 恒成立，求实数 的范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）证明 为常数即可证明 为等差数列，根据等差数列通项公式即可求 的通项
公式，进而求出 的通项公式；
（2）根据累乘法求出 ，再求出 ，根据 的通项公式特征，采用裂项法求其前 项和 ，求 单调
性并求其范围即可求出 的范围．
【详解】（1）因为 ， ，两边同时除以 可得：
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
4
学科网（北京）股份有限公司，从而 ， ，
所以 是首项为1，公差为1的等差数列，所以 ，
则 ；
（2）由 ， ，
所以 ，则 ，
所以 ，
所以
则 ，
因为 中的每一项 ，所以 为递增数列，
所以 ，因为 ，
所以 ，即实数 的取值范围为 .
19．在课外活动中，甲、乙两名同学进行投篮比赛，每人投 次，每投进一次得 分，否则得 分 已知甲
每次投进的概率为 ，且每次投篮相互独立；乙第一次投篮，投进的概率为 ，从第二次投篮开始，若前
一次投进，则该次投进的概率为 ，若前一次没投进，则该次投进的概率为 .
(1)求甲投篮 次得 分的概率；
(2)若乙投篮 次得分为 ，求 的分布和期望；
(3)比较甲、乙的比赛结果.
【答案】(1)
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
5
学科网（北京）股份有限公司(2)分布列见解析，3
(3)答案见解析
【分析】（1）甲3次投篮得2分即3次中1次，根据独立事件概率公式即可求解；
（2）由题意得， X的所有可能取值为0，2，4，6，依次求出每种取值的概率，然后写出分布列，求出期
望；
（3）分别求出甲、乙的期望和方差，然后进行比较大小，根据大小进行分析即可.
【详解】（1）甲投篮 次得 分，即只投中 次，概率为 ；
（2）由题意知 的所有可能取值为 ， ， ， ，
则 ，
，
随机变量 的分布为，
0 2 4 6
期望 ；
（3）设甲三次投篮的得分 ，则 ， ， ， ，
可求得随机变量 的分布为，
0 2 4 6
所以
，
又可算得 ，
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
6
学科网（北京）股份有限公司因为 ， ，
所以甲最终的得分均值等于乙最终的得分均值，但乙赢得的分值不如甲稳定.
20．已知双曲线 ： 的离心率为 ，点 在双曲线 上．过 的左焦点F作
直线 交 的左支于A、B两点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若 ，试问：是否存在直线 ，使得点M在以 为直径的圆上?请说明理由．
(3)点 ，直线 交直线 于点 ．设直线 、 的斜率分别 、 ，求证： 为定值．
【答案】(1) ；
(2)不存在，理由见解析；
(3)证明见解析
【分析】(1)根据题意列式求 ，进而可得双曲线方程；
(2)设 ，联立方程，利用韦达定理判断 是否为零即可；
(3)用 两点坐标表示出直线 ，得点 坐标，表示出 ，结合韦达定理，证明 为定值．
【详解】（1）由双曲线 的离心率为 ，且 在双曲线 上，
可得 ，解得 ，∴双曲线的方程为 ．
（2）双曲线 的左焦点为 ，
当直线 的斜率为0时，此时直线为 ，与双曲线 左支只有一个交点，舍去；
当直线 的斜率不为0时，设 ，
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
7
学科网（北京）股份有限公司联立方程组 ，消 得 ，易得 ，
设 ，则 ，可得 ，
∵ ，
则
，
即 ，可得 与 不垂直，
∴不存在直线 ，使得点 在以 为直径的圆上．
（3）由直线 ，得 ，
∴ ，又 ，
∴
，
∵ ，∴ ，且 ，
∴ ，即 为定值．
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
8
学科网（北京）股份有限公司21．若函数 的图象上的两个不同点处的切线互相重合，则称该切线为函数 的图象的“自
公切线”，称这两点为函数 的图象的一对“同切点”.
(1)分别判断函数 与 的图象是否存在“自公切线”，并说明理由；
(2)若 ，求证：函数 有唯一零点且该函数的图象不存在“自公切线”；
(3)设 ， 的零点为 ， ，求证：“存在 ，使得点
与 是函数 的图象的一对‘同切点’”的充要条件是“ 是数列 中的项”.
【答案】(1)函数 的图象存在“自公切线”； 函数 的图象不存在“自公切线”，理由见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）由直线 切 的图象于点 判断 ，由导数确定意见性判断
.
（2）利用导数探讨单调性结合零点存在性定理推理即得唯一零点，再假定存在“自公切线”，利用导数
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
9
学科网（北京）股份有限公司的几何意义求出切线方程，证明 在 上无解即得.
（3）求出在点 与 处的切线方程，利用（2）的结论，结合诱导公式，及充要条件的证明方法
推理即得.
【详解】（1）显然直线 切 的图象于点 ，
直线 是 的图象的一条“自公切线”，因此函数 的图象存在“自公切线”；
对于 是严格减函数，则 在不同点处的切线斜率不同，
所以函数 的图象不存在“自公切线”.
（2）由 恒成立，且仅当 时 ，
则 是 上的严格增函数，可得它至多有一个零点，
令 ，
由 的图象是连续曲线，且 ，
因此 在 上存在零点，即在 上 存在零点，所以 有唯一零点；
假设 的图象存在“自公切线”，则存在 且 ，
使得 的图象在 与 处的切线重合，即 ，有 ，不妨设 ，
切线 ， ，
有相同截距，即 ，而 ，
则 ，即 ，
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
0
学科网（北京）股份有限公司则有 ，即 ，令 ， ，
即函数 在 上单调递增， ，因此当 时， ，
即 在 上无解，
所以 的图象不存在“自公切线”.
（3）对给定的 ，由（2）知 有唯一零点，即 唯一确定，
又 在点 处的切线方程为 ，即 ，
在点 处的切线方程为 ，
若存在 ，使得点 与 是函数 图象的一对“同切点”，
则 ，又 ，则 ，
所以 ， 且 ，从而存在 ，
使得 ，代入 ，可得 ，则 ，即 是数列 中的项；
反之，若 是数列 中的项，则存在 ，使得 ，即 ，
由（2）中的 严格增，可知 严格增，又 且 ，可知 ，
令 ，则 且 ，
即 ，可得 ，所以存在 ，
使得点 与 是函数 的图象的一对“同切点”.
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
1
学科网（北京）股份有限公司所以存在 ，使得点 与 是函数 图象的一对“同切点”的充要条件是“ 是数
列 中的项”.
【点睛】结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点 处的切线方
程为： .
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
2
学科网（北京）股份有限公司
