精品解析：云南省玉溪第一中学2023-2024学年高二下学期期末检测数学试题（特长级部）

绝密★启用前 玉溪一中2023—2024学年下学期期末检测（特长级部） 高二年级数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．每小题选出答案后，用2B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．在试题卷上作答无效． 3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 一、单项选择题：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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. “”是“函数取得最大值”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 3. 已知向量，，若与方向相反，则（ ） A. 54 B. 48 C. D. 4. 在样本的频率分布直方图中，共有7个小长方形，若中间一个小长方形的面积等于其他6个小长方形的面积和的，且样本量为80，则中间一组的频数为（ ） A. 0.25 B. 16 C. 20 D. 0.5 5. 已知圆：和圆：，动圆同时与圆及圆相外切，则动圆的圆心的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 6. 过点的直线l与曲线相切，则直线l的斜率为（ ） A. 不存在 B. -1 C. 3 D. 3或-1 7. 如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为1的正方形，且，均为正三角形，，，则该多面体的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，若函数存在两个极值点，且不等式恒成立，则t的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数若把的图象上每个点的横坐标缩短为原来的倍后，再将图象向右平移个单位，可以得到，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的周期为π C. 的一个单调递增区间为 D. 在区间上有5个不同的解，则的取值范围为 10. 设数列是以d为公差的等差数列，是其前n项和，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 或为的最大值 11. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，点P是双曲线C的右支上一点，过点P的直线l与双曲线C的两条渐近线交于M，N，则（ ） A. 的最小值为8 B. 若直线l经过，且与双曲线C交于另一点Q，则的最小值为6 C. 为定值 D. 若直线l与双曲线C相切，则点M，N的纵坐标之积为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 甲、乙两人计划从A，B，C三个景点中各选择两个游玩，则两人所选景点不全相同的选法共有______种． 13. 已知，则______． 14. 小菲在学校选修课中了解到艾宾浩斯遗忘曲线，为了解自己记忆一组单词的情况，她记录了随后一个月的有关数据，绘制图象，拟合了记忆保持量f(x)与时间x(天)之间的函数关系f(x)＝ 某同学根据小菲拟合后的信息得到以下结论： ①随着时间的增加，小菲的单词记忆保持量降低； ②9天后，小菲的单词记忆保持量低于40%； ③26天后，小菲的单词记忆保持量不足20%. 其中正确结论的序号有________．(请写出所有正确结论的序号) 四、解答题：本题共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. 在中，角的对边分别为. （1）若，求； （2）若，求证：. 16. 已知函数 （1）若，判断函数的单调性，并求出函数的最值. （2）若函数有两个零点，求实数的取值范围. 17. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． （1）证明：； （2）点F满足，求二面角的正弦值． 18. 随着5G商用进程的不断加快，手机厂商之间围绕5G用户的争夺越来越激烈，5G手机也频频降价飞入寻常百姓家．某科技公司为了打开市场，计划先在公司进行“抽奖免费送5G手机”优惠活动方案的内部测试，测试成功后将在全市进行推广． （1）公司内部测试的活动方案设置了第次抽奖中奖的名额为 ，抽中的用户退出活动，同时补充新的用户，补充新用户的名额比上一次中奖用户的名额少2个．若某次抽奖，剩余全部用户均中奖，则活动结束．参加本次内部测试第一次抽奖的有15人，甲、乙均在其中． ①请求甲在第一次中奖和乙在第二次中奖的概率分别是多少? ②请求甲参加抽奖活动次数的分布列和期望? （2）由于该活动方案在公司内部的测试非常顺利，现将在全市进行推广．报名参加第一次抽奖活动的有20万用户，该公司设置了第次抽奖中奖的概率为，每次中奖的用户退出活动，同时补充相同人数的新用户，抽奖活动共进行次．已知用户丙参加了第一次抽奖，并在这次抽奖活动中中奖了，在此条件下，求证：用户丙参加抽奖活动次数的均值小于． 19. 已知为的两个顶点，为的重心，边上的两条中线长度之和为6. （1）求点的轨迹的方程. （2）已知点，直线与曲线的另一个公共点为，直线与交于点，试问：当点变化时，点是否恒在一条定直线上？若是，请证明；若不是，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 玉溪一中2023—2024学年下学期期末检测（特长级部） 高二年级数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．每小题选出答案后，用2B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．在试题卷上作答无效． 3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 一、单项选择题：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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据复数代数形式的除法运算化简，再根据复数的几何意义判断即可； 【详解】解：因为，所以， 所以复数在复平面内所对应的点为，位于第四象限. 故选：D 2. “”是“函数取得最大值”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 【答案】D 【解析】 【分析】根据余弦函数的性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】当时，函数，故充分性不成立； 当函数取得最大值时，，即，故必要性也不成立， 综上可得：“”是“函数取得最大值”的既不充分也不必要条件． 故选：D． 3. 已知向量，，若与方向相反，则（ ） A. 54 B. 48 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据题意得到，再求即可. 【详解】向量，，若与方向相反， 所以，解得. 所以， . 故选：D 4. 在样本的频率分布直方图中，共有7个小长方形，若中间一个小长方形的面积等于其他6个小长方形的面积和的，且样本量为80，则中间一组的频数为（ ） A. 0.25 B. 16 C. 20 D. 0.5 【答案】B 【解析】 【分析】设中间一组的频数为x，根据题意可列方程求解. 【详解】设中间一组的频数为x，依题意有，解得． 故选：B. 5. 已知圆：和圆：，动圆同时与圆及圆相外切，则动圆的圆心的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆与圆的位置关系以及双曲线的定义即可求解. 【详解】设动圆的半径为r， 则，， 则， 根据双曲线的定义知，动圆的圆心的轨迹为双曲线的左半支． 故选：C． 6. 过点的直线l与曲线相切，则直线l的斜率为（ ） A. 不存在 B. -1 C. 3 D. 3或-1 【答案】D 【解析】 【分析】分切点在处与不在处，利用导数的几何意义求解． 【详解】解：因为，所以，， 当为切点时，； 当不为切点时，设切点为，， 所以， 所以切线方程为， 又切线过点， 所以， 即，即， 解得或（舍去），所以切点为， 所以． 综上所述，直线l的斜率为3或-1． 故选：D 7. 如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为1的正方形，且，均为正三角形，，，则该多面体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依据割补法去求该多面体的体积即可解决. 【详解】如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为点G，H，连接DG，CH， 容易求得，. 取AD的中点O，连接GO，易得，则， 所以，多面体的体积 故选：A 8. 设函数，若函数存在两个极值点，且不等式恒成立，则t的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求导，然后根据导函数和极值点的关系求出及的范围，然后代入，构造函数求最值即可. 【详解】函数定义域为，， 又函数存在两个极值点， 所以方程在上有两个不相等的正实数根， 则，解得， 又 设， 则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增加， 因为不等式恒成立， 即恒成立， 所以. 故选：D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数若把的图象上每个点的横坐标缩短为原来的倍后，再将图象向右平移个单位，可以得到，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的周期为π C. 的一个单调递增区间为 D. 在区间上有5个不同的解，则的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数平移和伸缩变换得到g(x)解析式，对比可得ω和φ的值，从而求得g(x)解析式，从而可判断AB；根据正弦型函数单调性可判断C，数形结合可判断D． 【详解】横向压缩得，； 再右移个单位得，， ∴ 又，∴故A选项正确； ∴， ∴周期，故B选项正确； 由得，故C选项错误； 在区间上有5个不同的解，由函数图象可知，区间的长度大于两个周期，小于等于3个周期，故，故D选项正确. 故选：ABD. 10. 设数列是以d为公差的等差数列，是其前n项和，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 或为的最大值 【答案】ABD 【解析】 【分析】由及前n项和公式可得，即可判断A、B的正误，进而得到判断C，结合二次函数的性质判断D的正误. 【详解】根据题意可得，即．因为，，所以，所以数列是递减数列，所以A，B正确； 对于C，因为，，所以，所以，故C不正确； 对于D，因为，所以，又为递减数列，所以或为的最大值，故D正确． 故选：ABD． 11. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，点P是双曲线C的右支上一点，过点P的直线l与双曲线C的两条渐近线交于M，N，则（ ） A. 的最小值为8 B. 若直线l经过，且与双曲线C交于另一点Q，则的最小值为6 C. 为定值 D. 若直线l与双曲线C相切，则点M，N的纵坐标之积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】设出点P坐标，直接计算可判断A、C；比较双曲线的通径长和实轴长可判断B；设出直线l的方程后联立渐近线方程，求出点M，N的坐标，再联立直线l与双曲线方程，利用判别式为零可得参数关系，进而计算点M，N的纵坐标之积可得结果. 【详解】依题意，，，，，， 设，则，，即， 双曲线C的两条渐近线方程为， 对于A，，A正确； 对于B，若Q在双曲线C的右支，则通径最短，通径为， 若Q在双曲线C的左支，则实轴最短，实轴长为，B错误； 对于C， 是定值，C正确； 对于D，不妨设，，直线l的方程为， 由得， 若直线l与双曲线C相切，则， 化简整理得， 则点M，N的纵坐标之积，D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 甲、乙两人计划从A，B，C三个景点中各选择两个游玩，则两人所选景点不全相同的选法共有______种． 【答案】6 【解析】 【分析】由分步计数原理求解． 【详解】解：甲、乙各选两个景点有种方法，其中，所选景点完全相同的有3种． 所以满足条件要求的选法共有种． 故答案为：6 13. 已知，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】使用余弦的诱导公式和二倍角公式即可得到结果. 【详解】． 故答案为：. 14. 小菲在学校选修课中了解到艾宾浩斯遗忘曲线，为了解自己记忆一组单词的情况，她记录了随后一个月的有关数据，绘制图象，拟合了记忆保持量f(x)与时间x(天)之间的函数关系f(x)＝ 某同学根据小菲拟合后的信息得到以下结论： ①随着时间的增加，小菲的单词记忆保持量降低； ②9天后，小菲的单词记忆保持量低于40%； ③26天后，小菲的单词记忆保持量不足20%. 其中正确结论的序号有________．(请写出所有正确结论的序号) 【答案】①② 【解析】 【分析】由函数图象可知是减函数，且可计算，即可判断各结论的正误. 【详解】由函数解析式可知f(x)随着x的增加而减少，故①正确； 当1<x≤30时，，则，即9天后，小菲的单词记忆保持量低于40%，故②正确； 而，故③错误． 故答案为：①② 【点睛】本题考查函数模型的应用，函数值的计算，属于基础题. 四、解答题：本题共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. 在中，角的对边分别为. （1）若，求； （2）若，求证：. 【答案】（1） （2）见解析 【解析】 【分析】（1）由三角形内角和，可表示出角，根据三角恒等式，结合正弦定理，可得的值，根据二倍角式，进而可得，由余弦定理，可得答案； （2）由题意，结合余弦定理与正弦定理，根据同角三角函数的关系式，可得答案. 【小问1详解】 ，，则 ，，， ， 由正弦定理，可得：，则， 可得，解得，则， 由余弦定理，，故. 【小问2详解】 ，，， 由余弦定理，①， ②， ①与②相除可得：， ，两边同除以，可得. 16. 已知函数 （1）若，判断函数的单调性，并求出函数的最值. （2）若函数有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增，最小值为，无最大值 （2） 【解析】 【分析】（1）把的值代入函数的解析式，从而根据导数判断函数的单调性，进而可求函数的最值； （2）利用导数判断函数的单调性，根据单调性可求函数的最小值；根据题意列出满足条件的的不等式，从而求出的范围，然后验证即可. 【小问1详解】 易知函数的定义域为， 当时，， 所以， 当时，；当，； 所以在上单调递减，在上单调递增； 由此可得，的最小值为，无最大值. 【小问2详解】 因为，所以. 当时，在上恒成立，所以在上单调递增， 故可得函数至多只有一个零点，不符合题意； 当时，令，设该方程的解为， 则在上，；在上，， 所以在上单调递减，在上单调递增； 为了满足有两个零点，则有 ① 因为是方程的解，所以，两边取对数可得 ②， 将②式代入①式可得，所以的取值范围为. 且当时，由②式得，所以在上仅有1个零点；当时，，故可得在上仅有1个零点； 综上，若函数存在两个零点，则实数的取值范围是. 17. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． （1）证明：； （2）点F满足，求二面角的正弦值． 【答案】（1） 连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． （2）． 【解析】 【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得； （2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 不妨设，，． ，，又，平面平面． 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 设， 设平面与平面的一个法向量分别为， 二面角平面角为,而， 因为，所以，即有， ，取，所以； ，取，所以， 所以，，从而． 所以二面角的正弦值为． 18. 随着5G商用进程的不断加快，手机厂商之间围绕5G用户的争夺越来越激烈，5G手机也频频降价飞入寻常百姓家．某科技公司为了打开市场，计划先在公司进行“抽奖免费送5G手机”优惠活动方案的内部测试，测试成功后将在全市进行推广． （1）公司内部测试的活动方案设置了第次抽奖中奖的名额为 ，抽中的用户退出活动，同时补充新的用户，补充新用户的名额比上一次中奖用户的名额少2个．若某次抽奖，剩余全部用户均中奖，则活动结束．参加本次内部测试第一次抽奖的有15人，甲、乙均在其中． ①请求甲在第一次中奖和乙在第二次中奖的概率分别是多少? ②请求甲参加抽奖活动次数的分布列和期望? （2）由于该活动方案在公司内部的测试非常顺利，现将在全市进行推广．报名参加第一次抽奖活动的有20万用户，该公司设置了第次抽奖中奖的概率为，每次中奖的用户退出活动，同时补充相同人数的新用户，抽奖活动共进行次．已知用户丙参加了第一次抽奖，并在这次抽奖活动中中奖了，在此条件下，求证：用户丙参加抽奖活动次数的均值小于． 【答案】（1）①甲在第一次中奖的概率为，乙在第二次中奖的概率为；②分布列见解析，；（2）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）①确定参与抽奖人数和中奖人数，可得概率，其中乙第二次中奖，是在第一次不中奖的基础上才能第二次抽中奖，由条件概率公式计算； ②设甲参加抽奖活动的次数为，则，注意第2次中奖是在第一次未中奖的条件下才发生，同样第3次中奖是在前2次都未中奖的条件下才可能发生．由条件概率公式计算出概率的分布列，由期望公式可计算期望； （2）丙在第奇数次中奖的概率为，在第偶数次中奖的概率为．“丙中奖”为事件，则，设丙参加抽奖活动的次数为，求出丙在第和次中奖的概率和，这两个概率相等，这样在丙中奖这个条件下可得第次和第次中奖的概率和，由期望公式计算出期望，用错位相减法求得分子的和，得化简后可证结论． 【详解】（1）①甲在第一次中奖的概率为， 乙在第二次中奖的概率为． ②设甲参加抽奖活动的次数为，则， ；；， 1 2 3 ∴． （2）证明：丙在第奇数次中奖的概率为，在第偶数次中奖的概率为． 设丙参加抽奖活动的次数为，“丙中奖”为事件，则， 令，则丙在第次中奖的概率 在第次中奖的概率， 即， 在丙中奖的条件下，在第，次中奖的概率为， 则丙参加活动次数的均值为 ， 设， 则， ∴， ， 所以． 【点睛】本题考查条件概率，考查随机事件的概率分布列和数学期望，难点是理解中奖规则，得出和，考查了数据处理能力，运算求解能力，属于难题． 19. 已知为的两个顶点，为的重心，边上的两条中线长度之和为6. （1）求点的轨迹的方程. （2）已知点，直线与曲线的另一个公共点为，直线与交于点，试问：当点变化时，点是否恒在一条定直线上？若是，请证明；若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）是，证明见解析 【解析】 【分析】（1）依题意，根据椭圆的定义可知的轨迹是以、为焦点的椭圆（不包括长轴的端点），从而求出椭圆方程； （2）设直线的方程为：，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到，再求出直线、的方程，联立求出交点的横坐标，整理可得求出定直线方程. 【小问1详解】 解：因为为的重心，且边上的两条中线长度之和为6， 所以， 故由椭圆的定义可知的轨迹是以为焦点的椭圆（不包括长轴的端点）， 且，所以， 所以的轨迹的方程为； 【小问2详解】 解：设直线的方程为：，，， 联立方程得：， 则，， 所以， 又直线的方程为：， 又直线的方程为：， 联立方程，解得， 把代入上式得：， 所以当点运动时，点恒在定直线上 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $