精品解析：云南省保山市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试题

2024年春季学期期末质量监测 高二年级数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页．考试结束后，请将答题卡交回．满分150分，考试用时120分钟 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校､班级､姓名､考场号､座位号､准考证号在答题卡上填写清楚． 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． 一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 函数最小正周期为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，若中有3个元素，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 已知复数对应的向量为，向量，则向量在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 已知正方体的棱长为2，则该正方体的内切球的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 设等比数列的前项的和为，若，则的近似值为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 6. 已知，比较三个数的大小，则有（ ） A B. C. D. 7. 函数的定义域为是奇函数，是偶函数，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知点是椭圆上的一点，左､右焦点分别为点，点在的平分线上，为坐标原点，且，则椭圆的离心率为（ ） 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．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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. 下列说法中，正确的是（ ） A. 若随机变量，则方差 B. 在的展开式中的系数是80 C. 已知一系列样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则 D. 若随机变量的分布列为，则 10. 在中，角所对的边分别为，且，则下列说法正确的是（ ） A. 角A的大小是 B. 若，则形状是正三角形 C. 若，则的面积是 D. 若三角形是锐角三角形，的取值范围是 11. 平面内到两个定点的距离比值为一定值的点的轨迹是一个圆，此圆被称为阿波罗尼斯圆，俗称“阿氏圆”．已知平面内点，动点满足，记点的轨迹为，则下列命题正确的是（ ） A. 点的轨迹的方程是 B. 过点的直线被点的轨迹所截得的弦的长度的最小值是 C. 直线与点的轨迹相离 D. 已知点是直线上的动点，过点作点的轨迹的两条切线，切点为，则四边形面积的最小值是4 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题类上作答无效． 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 记为不超过的最大整数，则__________． 13. 某人从保山到昆明，可以乘坐高铁､客车､飞机三种交通工具，出行方式如下表， 交通工具 高铁 客车 飞机 乘坐概率 迟到概率 0.1 0.3 0.3 某人已迟到，则他乘坐飞机迟到的概率为__________． 14. 已知点为坐标原点，点是拋物线焦点，点分别位于轴的两侧且都在抛物线上，记的面积为的面积为，若，则的最小值为__________． 四､解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知的前项和是，且． （1）求数列的通项公式； （2）设求数列的前项和． 16. 如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面于点． （1）求证：平面； （2）已知：条件①平面，条件②，条件③平面平面，从这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定，并求二面角的余弦值． 17. （1）设，求在点处的切线方程； （2）若是函数极值点，求实数的值． 18. 高黎贡山国家级自然保护区位于云南省保山市，被誉为“世界自然博物馆”及“动植物物种基因库”．经过几十年的发展，某种濒临灭绝动物数量有大幅度的增加．已知这种动物拥有两个亚种（分别记为种和种）．为了调查该区域中这两个亚种的数目，某动物研究小组计划在该区域中捕捉100个动物，统计其中种的数目后，将捕获的动物全部放回，作为一次试验结果．重复进行这个试验共20次，记第次试验中种的数目为随机变量．设该区域中种的数目为，种的数目为均大于100，每一次试验均相互独立． （1）求的分布列； （2）记随机变量．定义，且．证明：． 19. 设点在曲线上，在曲线上，且满足， （1）求的方程； （2）点在上，过点的直线与的渐近线交于两点，且是的中点，求（为坐标原点）的面积； （3）利用双曲线定义证明：方程表示的曲线是焦点在直线上的双曲线． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年春季学期期末质量监测 高二年级数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页．考试结束后，请将答题卡交回．满分150分，考试用时120分钟 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校､班级､姓名､考场号､座位号､准考证号在答题卡上填写清楚． 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． 一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正切型函数周期公式即可. 【详解】由题意得， 故选：C． 2. 已知集合，若中有3个元素，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出，再利用交集含义即可得到. 【详解】，要使中有3个元素， 只需，所以， 故选：B． 3. 已知复数对应的向量为，向量，则向量在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量的定义判断． 【详解】由题意知，由投影向量的定义知，向量在上的投影向量是，所以坐标为， 故选：A． 4. 已知正方体的棱长为2，则该正方体的内切球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正方体内切球特点即可得到球的半径，再利用球的体积公式即可. 【详解】由正方体内切球的直径是正方体的棱长，所以，即， 则球的体积， 故选：D． 5. 设等比数列的前项的和为，若，则的近似值为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出，再由可得答案. 【详解】由，得， 则. 故选：C． 6. 已知，比较三个数的大小，则有（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别构造函数，，利用导数求导，得单调性求解． 【详解】设，则， 所以在上单调递增，故时，恒成立，即， 所以有，故； 设，则， 所以在上单调递减，故时，恒成立，即，所以有，，得， 综上：， 故选：A． 7. 函数的定义域为是奇函数，是偶函数，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由奇偶函数定义，利用方程组法求解析式，再利用基本不等式求最值. 【详解】由是奇函数， 得①， 由是偶函数， 得② 联立①②得， 当且仅当，即时，等号成立， 故的最大值是， 故选：B． 8. 已知点是椭圆上的一点，左､右焦点分别为点，点在的平分线上，为坐标原点，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，，与轴的交点为，，结合平行线性质，三角形面积公式可得，根据勾股定理可得关系，化简求离心率. 【详解】设，，与轴的交点为，． 由且，得①， 又， 所以，故②， 联立①②消去得：，又， 所以， 因，所以有， 所以，故， 所以， 解得离心率， 故选：C． 二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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. 下列说法中，正确的是（ ） A. 若随机变量，则方差 B. 在的展开式中的系数是80 C. 已知一系列样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则 D. 若随机变量的分布列为，则 【答案】BD 【解析】 【分析】对A，根据二项分布的方差公式和和方差的性质即可判断；对B ，根据二项展开式的通式即可计算；对C，利用残差定义即可判断；对D，首先根据分布列特点求出，再代入计算即可. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，在的展开式中，， 当时，，此时的系数，故B正确； 对于C，样本点与的残差相等，则有得，故C错误； 对于D，，得，故D正确， 故选：BD． 10. 在中，角所对的边分别为，且，则下列说法正确的是（ ） A. 角A的大小是 B. 若，则的形状是正三角形 C. 若，则的面积是 D. 若三角形是锐角三角形，的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，根据正弦定理和诱导公式得到，求出；B选项，由余弦定理和得到，结合A中所求得到B正确；C选项，由余弦定理得到，进而求出三角形面积；D选项，由正弦定理和得到，结合三角形为锐角三角形得到，从而求出D正确. 【详解】关于A，在中，由及正弦定理，得，又，于是， 而，即有，则，所以，故A错误； 对于B，由题意知，则，又因，得， 则，所以为正三角形，故B正确； 对于C，由余弦定理，，代入得，， 因，则有，即得， 故的面积为，故C正确； 对于D，由正弦定理，可得，因， 代入化简得：， 因三角形是锐角三角形，可得，， 故的取值范围是，故D正确. 故选：BCD． 【点睛】方法点睛：解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题， 常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案； ②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法； ③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值. 11. 平面内到两个定点的距离比值为一定值的点的轨迹是一个圆，此圆被称为阿波罗尼斯圆，俗称“阿氏圆”．已知平面内点，动点满足，记点的轨迹为，则下列命题正确的是（ ） A. 点的轨迹的方程是 B. 过点的直线被点的轨迹所截得的弦的长度的最小值是 C. 直线与点的轨迹相离 D. 已知点是直线上的动点，过点作点的轨迹的两条切线，切点为，则四边形面积的最小值是4 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：设点，结合题意分析求解即可；对于B：分析可知点在圆内，结合圆的性质分析求解；对于C：求圆心到直线的距离，即可判断；对于D：分析可知当时，取到最小值，四边形面积取最小值，运算求解即可. 【详解】对于选项A：设点， 因为，整理可得，故A正确； 对于选项B：因点的轨迹方程是，圆心是，半径是， 且，可知点在圆内， 过点的直线被圆所截得的弦最短时，点是弦的中点， 根据垂径定理得弦最小值是，故B错误； 对于选项C：圆心到直线的距离， 所以直线与圆相离，故C正确； 对于选项D：因为四边形面积， 由数形分析可知：当时，取到最小值， 所以四边形面积取最小值，故D正确； 故选：ACD． 【点睛】方法点睛：对于BD：先判断点、线与圆的位置关系，进而结合圆的性质分析最值. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题类上作答无效． 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 记为不超过的最大整数，则__________． 【答案】1 【解析】 【分析】由函数的新定义求解． 【详解】由题意知：， 故原式． 故答案为：1 13. 某人从保山到昆明，可以乘坐高铁､客车､飞机三种交通工具，出行方式如下表， 交通工具 高铁 客车 飞机 乘坐概率 迟到概率 0.1 0.3 03 某人已迟到，则他乘坐飞机迟到的概率为__________． 【答案】0.25## 【解析】 【分析】利用贝叶斯公式进行求解. 【详解】由题意知，所求概率． 故答案为：0.25 14. 已知点为坐标原点，点是拋物线的焦点，点分别位于轴的两侧且都在抛物线上，记的面积为的面积为，若，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】可设，，且，由三角形的面积公式及基本不等式求解． 【详解】因分别位于轴的两侧且都在抛物线上，则可设，，且，如图所示： 由得， 则有的面积， 的面积， 所以，当且仅当时，取等号． 故答案为： 四､解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知的前项和是，且． （1）求数列的通项公式； （2）设求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由递推公式得，有，即可求解； （2）设数列的前项中的奇数项之和为，偶数项之和为，分别由等差数列求和及裂项相消法求和即可． 【小问1详解】 由①得，当时，②， 联立①②得， 所以有， 因为，所以． 【小问2详解】 设数列的前项中的奇数项之和为，偶数项之和为， 由（1）知 则， ， 综上：． 16. 如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面于点． （1）求证：平面； （2）已知：条件①平面，条件②，条件③平面平面，从这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定，并求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）连接，根据面面平行的性质得到，再证明，即可得到，从而得证； （2）若选择条件①②，①③，均可说明该几何体为棱长为的正方体，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；选择②③，无法唯一确定该几何体. 【小问1详解】 连接，如图1， 因为交平面于点平面， 所以平面，所以平面平面． 又因为平面平面且平面平面， 所以， 因为，且，所以四边形是平行四边形， 所以， 所以， 因为平面平面，所以平面． 【小问2详解】 由（1）知，点是的中点，所以点是线段的中点． 若选择条件①②： 因为平面四边形的棱长相等，而且对角线， 所以四边形是正方形， 又因平面，所以． 故如图2建立以为坐标原点，分别为轴的空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， 由，可取， 因为平面，所以平面的法向量为， 所以， 由题知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为． 若选择条件①③： 因为平面平面平面， 所以， 因平面平面，平面平面， 所以平面，所以， 如图建立以为坐标原点，分别为轴的空间直角坐标系， 则 ， 设平面的法向量为， 由，可取， 因为平面，所以平面的法向量为， 所以， 又由题意知，二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为． 选择条件②③不合题意， 由条件②，且平面四边形的棱长相等，可得四边形是正方形， 由条件③平面平面，无法确定与， 故几何体不能唯一确定． 17. （1）设，求在点处的切线方程； （2）若是函数的极值点，求实数的值． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义，求出直线的斜率，即可求解； （2）对求导，得到，利用条件得到，法一，利用与的图象与性质，得到在上单调递增，且存在，使在上单调递减，由极值点的定义，即可求解；法二，利用导数与函数单调性间的关系，求解得在上单调递减，在上单调递增，即可求解. 【详解】（1）由题意得：， ，切点是， 切线斜率，故切线方程是：． （2）方法一：由条件得，因为且是的极值点， 所以，即． 当时，， ， ， 当时，，所以在上恒成立，即在上单调递增， 如图，由与的图象可知， 存在，使得当， 即存在，使在上单调递减， 所以是的极小值点． 综上，实数的值为1． 方法二：，因为是的极值点， 所以，，即． 当时，， 令，则，令， 当时，，所以恒成立． ，当时，，故， 所以在上单调递增， 因为，所以，所以，所以，所以， ， 对任意，故在上单调递增， 又，所以当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 满足是极值点， 综上，实数的值为1． 18. 高黎贡山国家级自然保护区位于云南省保山市，被誉为“世界自然博物馆”及“动植物物种基因库”．经过几十年的发展，某种濒临灭绝动物数量有大幅度的增加．已知这种动物拥有两个亚种（分别记为种和种）．为了调查该区域中这两个亚种的数目，某动物研究小组计划在该区域中捕捉100个动物，统计其中种的数目后，将捕获的动物全部放回，作为一次试验结果．重复进行这个试验共20次，记第次试验中种的数目为随机变量．设该区域中种的数目为，种的数目为均大于100，每一次试验均相互独立． （1）求的分布列； （2）记随机变量．定义，且．证明：． 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据超几何分布得分布列； （2）根据所给性质证明即可． 【小问1详解】 依题意， 服从超几何分布，故的分布列为， 0 1 99 100 【小问2详解】先证一般结论：，，． 因为，设，则， ， 从而，，设，则， 所以， ， 故． 19. 设点曲线上，在曲线上，且满足， （1）求的方程； （2）点在上，过点的直线与的渐近线交于两点，且是的中点，求（为坐标原点）的面积； （3）利用双曲线定义证明：方程表示的曲线是焦点在直线上的双曲线． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意将代入曲线即可； （2）设，求的坐标，结合中点可得，代入方程可得，进而可求的面积. （3）根据设，分和两种情况，结合两点间距离公式可得，即可得结果. 【小问1详解】 由已知得， 将代入得方程为； 【小问2详解】 显然直线不与轴垂直，故可设其方程为， 双曲线的渐近线为， 联立，解得：，所以， 联立，解得：，所以， 因为是的中点， 所心点的横､纵坐标为， 点在双曲线上，即，得， 因，所以， 显然直线与轴的交点为， 所以， 将代入可得． 方法二：双曲线的渐近线为， 因点在两条渐近线上，故可设， 因为是的中点，则点， 又点在上，将点代入方程，得到， 因， 所以的面积． 【小问3详解】 设方程上任意一点， 则 ， 当时，， 则， 当时，， 则． 根据双曲线得定义得，方程的图象是焦点在直线上的双曲线． 【点睛】方法点睛：有关圆锥曲线弦长、面积问题的求解方法 （1）涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解； （2）面积问题常采用底高，其中底往往是弦长，而高用点到直线距离求解即可，选择底很重要，选择容易坐标化的弦长为底．有时根据所研究三角形的位置，灵活选择其面积表达形式，若求多边形的面积问题，常转化为三角形的面积后进行求解； （3）在求解有关直线与圆锥曲线的问题时，应注意数形结合、分类与整合、转化与化归及函数与方程思想的应用． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$