宁夏回族自治区银川一中2023-2024学年高二下学期暑假自主复习数学练习卷（五）

银川一中2023/2024学年度(下)高二暑假自主复习练习卷（四） 数 学 试 卷 命题教师： 1. 单项选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．已知，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．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 3．北京时间2024年4月26日5时04分，神舟十七号航天员乘组（汤洪波，唐胜杰，江新林3人）顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十八号航天员乘组（叶光富、李聪、李广苏3人）入驻“天宫”．随后，两个航天员乘组拍下“全家福”，共同向全国人民报平安．若这6名航天员站成一排合影留念，叶光富不站最左边，汤洪波不站最右边，则不同的排法有（    ） A．384 B．504 C．120 D．144 4．已知数列满足，，是数列的前项和，则（    ） A． B． C． D． 5．已知为的导函数，则的大致图像是（    ） A． B． C． D． 6．已知是圆锥的轴截面，点C在SA上，且.若过点C且平行于SB的平面恰过点，且该平面与圆锥底面所成的二面角等于，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 7．双曲线C：的左、右焦点为，，直线l过点且平行于C的一条渐近线，l交C于点P，若，则C的离心率为（    ） A． B．2 C． D．3 8．设函数的定义域为，且，则（    ） A． B．0 C．4 D． 二．多项选择题（共3小题，满分18分，每小题6分） 9．下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若的展开式中的常数项为60，则 D．若随机变量的方差，则 10．已知抛物线：的焦点为，为坐标原点，动点在上，若定点满足，则（    ） A．的准线方程为 B．周长的最小值为5 C．四边形可能是平行四边形 D．的最小值为 11．函数的图象与x轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，向右平移个单位长度得到函数的图象，则下列结论正确的是（    ） A．为奇函数 B．的图象关于直线对称 C．在区间上单调递增 D．函数在区间上的值域为 三、填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12．若，则 13．已知，，则 14．某商场开展20周年店庆购物抽奖活动（100%中奖），凡购物满500元的顾客均可参加该活动，活动方式是在电脑上设置一个包含1，2，3，4，5，6的6个数字编号的滚动盘，随机按下启动键后，滚动盘上的数字开始滚动，当停止时滚动盘上出现一个数字，若该数字是大于5的数，则获得一等奖，奖金为150元；若该数字是小于4的奇数，则获得二等奖，奖金为100元；若该数字出现其它情况，则获得三等奖，奖金为50元.现某顾客依次操作两次，则该顾客奖金之和为200元的概率为 四、解答题（共5小题，满分77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15．（13分）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，，分别是，的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 16．（15分）已知数列满足. (1)证明：数列是等差数列； (2)设，求的前n项和. 17．（15分）某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图： 利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率． (1)当漏诊率％时，求临界值c和误诊率； (2)设函数，当时，求的解析式，并求在区间的最小值． 18．（17分）设椭圆经过点，长轴长是短轴长的2倍，上顶点为. (1)求椭圆的方程； (2)过点且斜率为的直线与椭圆交于另一点，过点作与垂直的直线，交直线于点，过点作直线的垂线，垂足为，若，求的值. 19．（17分）若函数在区间上有定义，且，，则称是的一个“封闭区间”． (1)已知函数，区间且的一个“封闭区间”，求的取值集合； (2)已知函数，设集合． （i）求集合中元素的个数； （ii）用表示区间的长度，设为集合中的最大元素．证明：存在唯一长度为的闭区间，使得是的一个“封闭区间”． 试卷第2页，共2页 高二数学试卷 第2页(共3页) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 银川一中2023/2024学年度(下)高二暑假自主复习练习卷（四） 数 学 试 卷 命题教师： 1. 单项选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．【答案】B 【分析】利用三角函数的诱导公式结合充分必要条件求解即可. 【详解】因为所以或 所以或者故“”是“”的必要不充分条件. 2．【答案】C 【分析】分别求出集合和集合，然后求出. 【详解】因为，，所以． 3．【答案】B 【分析】本题考查排列中分类加法计数原理和分步乘法计数原理.根据题目要求，分两类进行讨论，第一类叶光富在最右侧，第二类叶光富不在最右侧.然后根据分类加法计数原理相加即可得到答案. 【详解】根据叶光富不站最左边，可以分为两种情况： 第一种情况：叶光富站在最右边，此时剩余的5人可以进行全排列，共有种排法. 第二种情况：叶光富不站在最右边，根据题目条件叶光富不站最左边，此时叶光富有4种站法.根据题目条件汤洪波不站在最右边，可知杨洪波只有4种站法.剩余的4人进行全排列,共有种排法， 由分类加法计数原理可知，总共有种排法． 4．【答案】D 【分析】由题意可得，可得数列是以2为公比的等比数列，从而可求出，进而可求出. 【详解】因为，所以，由于，则，所以， 所以数列是以2为公比，2为首项的等比数列，所以，所以， 所以， 5．【答案】C 【分析】根据导函数的奇偶性排除BD，再由导函数的单调性排除A，即可得解. 【详解】，所以， 因为，所以为奇函数，故排除BD， 令，则， 当时，，所以在上单调递减，排除A. 6． 【答案】C 【分析】由题意知，，且且该平面与圆锥地面所成的二面角等于，即，进一步可得是边长为的等边三角形，再由圆锥的体积公式，求解即可． 【详解】 由过点C且平行于SB的平面恰过点O，知，根据二面角定义知， 因为O是AB的中点，所以C是SA的中点，且，因为，所以是边长为的等边三角形，所以圆锥的底面半径为，圆锥的高为 所以该圆锥的体积为. 7．【答案】C 【分析】设，通过题意求出直线的方程、直线的方程，之后联立直线的方程、直线的方程及双曲线方程，计算即可得出答案． 【详解】设，由对称性可知P点在x轴上方或者下方不影响结果，不妨令P点在x轴下方，如图： 设、，，双曲线其中一条渐近线为， 直线的方程为，① 由，得，即直线的斜率为，直线方程为，② 由点在双曲线上，得，③ 联立①③，得，联立①②，得， 则，即，因此， 所以离心率． 8．【答案】B 【分析】令结合得，令得，令，，得，令，分别令可以得到，令，得的周期为，所以. 【详解】因为，令，有，则或． 若，则令，有，得，与已知矛盾，所以． 令，有，则，得． 令，，有，得． 令，，有，得． 令，，有，得． 令，，有，得． 令，，有，得． 令，有，得， 令，有，即， 所以，故，所以的周期为， 所以． 【点睛】方法点睛：赋值法解决抽象函数问题，通过对赋值，得到相应的函数值，进而研究函数性质或者得到待求函数值. 二．多项选择题（共3小题，满分18分，每小题6分） 9．【答案】BC 【分析】利用二项式系数的性质，即可排除A；根据全称量词命题的否定要求推理得到B；根据二项展开式的通项公式求得常数项，解方程即可求得；利用随机变量的方差的性质即可排除D. 【详解】对于A，由二项式系数的性质可得，， 且，故A错误； 对于B，根据全称量词命题的否定要求推理即得，故B正确； 对于C，因的展开式中的常数项为，解得，，故C正确； 对于D，若随机变量的方差，则,故D错误. 10．【答案】BD 【分析】首先表示出抛物线的焦点坐标与准线方程，由距离公式得到方程，即可求出，求出抛物线方程，即可判断A；根据抛物线的定义判断B，求出点坐标，即可判断C；设，结合数量积的坐标运算分析求解. 【详解】对于选项A：因为抛物线的焦点为，准线方程为， 又点满足，则， 整理得，解得或（舍去），即抛物线， 所以准线方程为，焦点为，故A错误； 对于选项B：过点作准线的垂线，垂足为， 由抛物线的定义可知， 则周长， 当且仅当、、三点共线时取等号， 所以周长的最小值为，故B正确； 对于选项C：过点作的平行线，交抛物线于点，即，解得，即， 则，所以四边形不是平行四边形，故C错误； 对于选项D：设，则，可得， 当且仅当时，等号成立，所以的最小值为，故D正确； 11．【答案】AC 【分析】由题意，根据三角函数图象的平移变换可得，结合正弦函数的图象与性质依次判断选项即可. 【详解】由题意可知，，则，，∴， ∴． A：，，所以该函数为奇函数，故A正确； B：， ∴直线不是图象的对称轴，故B错误； C：由，得，则在上单调递增，故C正确； D：， 由，得，则，故D错误． 三、填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12．若，则 【答案】/ 【分析】由复数的乘除法运算法则及模长计算公式求解即可. 【详解】，所以， 13．【答案】 【分析】由已知先利用和差角的正切公式进行化简可求，然后结合二倍角公式及同角基本关系对所求式子进行化简，即可求解. 【详解】因为，，所以，， 解得或（舍， 则 . 14．【答案】 【分析】将两次抽奖奖金之和为200元分为第一次与第二次都中二等奖，第一次中一等奖，第二次中三等奖，第一次中三等奖，第二次中一等奖三种情况，然后利用古典概型求概率的公式计算. 【详解】由题意得，抽奖两次滚动盘上出现两个数字的情况为，，共36种情况， 两次抽奖奖金之和为200元包括三种情况：①第一次与第二次都中二等奖，其包含的情况为，概率为； ②第一次中一等奖，第二次中三等奖，其包含的情况为，概率为； ③第一次中三等奖，第二次中一等奖，其包含的情况为，概率为， 所以该顾客两次抽奖后获得奖金之和为200元的概率为. 四、解答题（共5小题，满分77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15． 【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3) 【分析】（1）根据及线面平行的判断定理，即可证明； （2）根据线面垂直的判定定理，转化为证明线线垂直； （3）根据（2）的结论，求线面角，再根据几何关系求解正弦值. 【详解】（1）在中，，分别是，的中点， ， 又平面， 平面， 平面． （2）四边形是正方形， ， 又平面，平面，     ， 又，且平面， 平面． （3）由（2）知，平面， 为斜线在平面上的射影，为直线与平面所成的角． 由题意，在中，，， ， ， 即直线与平面所成角的正弦值为． 16．【答案】(1)证明见解析(2)． 【分析】（1）利用等差数列的定义即可证明； （2）根据（1）问，求出数列的通项公式，从而求得数列的通项公式，进而可求得数列的通项公式，最后利用裂项相消求和法求得 【详解】（1）证明：令，又，则有 ， 又，所以所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列 （2）由（1）知，，又，所以， 所以， 所以 17． 【答案】(1)，；(2)，最小值为． 【分析】（1）根据题意由第一个图可先求出，再根据第二个图求出的矩形面积即可解出； （2）根据题意确定分段点，即可得出的解析式，再根据分段函数的最值求法即可解出． 【详解】（1）依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为，所以， 所以，解得：，． （2）当时， ； 当时， , 故，所以在区间的最小值为． 18．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由椭圆经过点和长轴长是短轴长的2倍，得到和求解； （2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，求得点P的横坐标，再由，设直线的方程为与直线联立，求得Q的坐标，然后根据由 即求解. 【详解】（1）解：椭圆经过点，即， 将点坐标代入方程，得，解得椭圆的方程为 . （2）如图所示：，由题意可知，直线的斜率存在，且不为0. 直线的方程为联立消去，得， 解得或，点与点不同， ， 直线的方程为 直线联立，解得 垂直于直线 在直角和直角中， 即 代入化简得解得 的值为. 【点睛】思路点睛：本题第二问的基本思路是根据点B坐标设出直线的方程，与椭圆方程联立，求得点P的坐标，再由，设直线的方程，与直线联立，求得Q的坐标，通过由而得解. 19．【答案】(1)(2)（i）2；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据“封闭区间”的定义，对函数求导并求出其值域解不等式可得的取值集合； （2）（i）对求导得出函数的单调性，利用零点存在定理即可求得集合中元素的个数为2个； （ii）根据区间长度的定义，对参数进行分类讨论得出的所有可能的“封闭区间”即可得出证明. 【详解】（1）由题意，，， 恒成立，所以在上单调递增， 可得的值域为， 因此只需， 即可得，即， 则的取值集合为． （2）（i）记函数， 则， 由得或；由得； 所以函数在和上单调递增，在上单调递减． 其中，因此当时，，不存在零点； 由在单调递减，易知，而， 由零点存在定理可知存在唯一的使得； 当时，，不存在零点． 综上所述，函数有0和两个零点，即集合中元素的个数为2． （ii）由（i）得，假设长度为的闭区间是的一个“封闭区间”， 则对，， 当时，由（i）得在单调递增， ，即，不满足要求； 当时，由（i）得在单调递增， ， 即，也不满足要求； 当时，闭区间，而显然在单调递增， ， 由（i）可得，， ，满足要求． 综上，存在唯一的长度为的闭区间，使得是的一个“封闭区间”． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解“封闭区间”的定义，结合导函数判断出各函数的单调性和对应的单调区间，再结合区间长度的定义分类讨论即可得出结论. 试卷第8页，共10页 试卷第7页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 $$