精品解析：云南省昆明市官渡区云南大学附属中学星耀学校2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷

云南省昆明市官渡区云南大学附属中学星耀学校2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷（解析版） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若，则（ ） A 0 B. 1 C. D. 2 2. 已知命题p：存在，使得；命题q：对任意，都有，则下列命题中为真命题的是（ ） A. p和q都是真命题 B. （￢p）和q都是真命题 C. p和（￢q）都是真命题 D. p和q都是假命题 3. 已知向量满足，，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 4. 某校运动会，一位射击运动员10次射击射中的环数依次为：7，7，10，9，7，6，9，10，7，8．则下列说法错误的是（ ） A. 这组数据的平均数为8 B. 这组数据的众数为7 C. 这组数据的极差为4 D. 这组数据的第80百分位数为9 5. 已知圆：，从这个圆上任意一点向轴作垂线段（在轴上），在直线上且 ，则动点的轨迹方程是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在上有且仅有一个零点，则实数a的值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 7. 已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，体积为，则正四棱台的侧棱与底面所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 4 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 图象向左平移个单位长度后得到函数的图象 B. 直线是图象的一条对称轴 C. 在上单调递减 D. 的图象关于点对称 10. 已知函数，则（ ） A. 当时，函数存在极值点 B. 若函数在点处的切线方程为直线，则 C. 点是曲线的对称中心 D. 当时，函数有三个零点 11. 已知圆，抛物线的焦点为，为上一点（ ） A. 存在点，使为等边三角形 B. 若为上一点，则最小值为1 C. 若，则直线与圆相切 D. 若以为直径的圆与圆相外切，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等差数列前n项和为，若，，则______． 13. 在中，，是方程的两个根，则的值是________． 14. 如表为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关1次，将导致自身和所有相邻的开关改变状态．例如，按将导致改变状态．如果要求只改变的状态，则需按开关的最少次数为________． 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. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求角A； （2）若b=1，△ABC的面积为，求△ABC的周长． 16. 已知函数． （1）当时，求过点切线方程； （2）若有极值且恒成立，求的取值范围． 17. 如图，已知四边形ABCD为矩形，，E为DC的中点，将沿AE进行翻折，使点D与点P重合，且． （1）证明：； （2）求平面与平面所成角的正弦值． 18. 年九省联考后很多省份宣布高考数学采用新的结构，多选题由道减少到道，分值变为一题分，多选题每个小题给出的四个选项中有两项或三项是正确的，全部选对得分，有错选或全不选的得分若正确答案是“两项”的，则选对个得分若正确答案是“三项”的，则选对个得分，选对个得分某数学兴趣小组研究答案规律发现，多选题正确答案是两个选项的概率为，正确答案是三个选项的概率为其中． （1）在一次模拟考试中，学生甲对某个多选题完全不会，决定随机选择一个选项，若，求学生甲该题得分的概率 （2）针对某道多选题，学生甲完全不会，此时他有三种答题方案： Ⅰ 随机选一个选项 Ⅱ 随机选两个选项 Ⅲ 随机选三个选项． 若，且学生甲选择方案Ⅰ，求本题得分的数学期望 以本题得分的数学期望为决策依据，的取值在什么范围内唯独选择方案Ⅰ最好 19. 已知双曲线的两条渐近线分别为和，右焦点坐标为，为坐标原点． （1）求双曲线C标准方程； （2）设M，N是双曲线C上不同的两点，Q是MN的中点，直线MN、OQ的斜率分别为，证明：为定值； （3）直线y=4x-6与双曲线的右支交于点（在的上方），过点分别作的平行线，交于点，过点且斜率为4的直线与双曲线交于点（在的上方），再过点分别作的平行线，交于点，⋯，这样一直操作下去，可以得到一列点．证明：共线． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 云南省昆明市官渡区云南大学附属中学星耀学校2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷（解析版） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的模的公式即可求解. 【详解】. 故选：C. 2. 已知命题p：存在，使得；命题q：对任意，都有，则下列命题中为真命题的是（ ） A. p和q都是真命题 B. （￢p）和q都是真命题 C. p和（￢q）都是真命题 D. p和q都是假命题 【答案】A 【解析】 【分析】由已知先判断p，q的真假，然后结合复合命题的真假关系检验各选项即可判断． 【详解】根据余弦函数的性质可知，恒成立， 故命题p：存在，使得为真命题，￢p为假命题； 因为，即q为真命题，￢q为假命题． 故选：A． 3. 已知向量满足，，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件，先求出，再将平方，并开方，即可求解． 【详解】因为， 则，即，解得，， 则， ． 故选：B． 4. 某校运动会，一位射击运动员10次射击射中的环数依次为：7，7，10，9，7，6，9，10，7，8．则下列说法错误的是（ ） A. 这组数据的平均数为8 B. 这组数据的众数为7 C. 这组数据的极差为4 D. 这组数据的第80百分位数为9 【答案】D 【解析】 【分析】利用众数、中位数、极差、百分位数的定义，根据条件逐一对各个选项分析判断即可得出结果. 【详解】这组数据的平均数为，故A正确； 这组数据的众数为7，故B正确； 这组数据的极差为，故C正确； 将这组数据按照从小到大的顺序排列为， 因， 所以这组数据的第80百分位数为，故D错误. 故选：D. 5. 已知圆：，从这个圆上任意一点向轴作垂线段（在轴上），在直线上且 ，则动点的轨迹方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，根据得，再结合圆的方程求解即可. 【详解】设 ,则由得 ,因为 所以,即. 故选：D. 6. 已知函数在上有且仅有一个零点，则实数a的值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】问题转化为在上有且仅有一个零点，构造函数，，对其求导，结合导数分析的性质，进而可求． 【详解】解：因为在上有且仅有一个零点， 即在上有且仅有一个实根， 令，， 则，令，则恒成立， 所以在上单调递增，且， 故时，，单调递增，当时，，单调递减， 故， 因为， 故当与在上只有一个交点时，． 故选：B． 7. 已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，体积为，则正四棱台的侧棱与底面所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】画出相应图形，借助正四棱台的性质及体积公式可得其高，结合线面角定义计算即可得解. 【详解】如图所示，作于点， 则，即， ， 则， 由正四棱台的侧棱与底面所成角即为与底面所成角， 设其为，则，即. 故答案为：. 8. 已知函数，若，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】结合对数函数的性质可求出x1x2=1，然后利用基本不等式即可求解． 【详解】因为， 若，则， 所以，所以， 则，当且仅当，即时取等号． 故选：C． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象 B. 直线是图象的一条对称轴 C. 在上单调递减 D. 的图象关于点对称 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用三角函数的图象与性质一一分析选项即可. 【详解】对于A，的图象向左平移个单位长度后得到的图象， 故A错误. 对于B，，故B正确. 对于C，当时，，故C正确. 对于D，，故D正确. 故选：BCD 10. 已知函数，则（ ） A. 当时，函数存在极值点 B. 若函数在点处的切线方程为直线，则 C. 点是曲线的对称中心 D. 当时，函数有三个零点 【答案】BC 【解析】 【分析】根据函数的单调性判断A，再由切线斜率即切点横坐标导数判断B，根据函数中心对称的性质判断C，根据函数的单调性及极值的正负判断D. 【详解】由，可得， 对A，当时，，在上单调递增， 故函数不存在极值点，故A错误； 对B，由切线方程知，解得，故B正确； 对C，因为，所以函数关于成中心对称，故C正确； 对D，当时，，当或时，，当时，， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减， 极大值为，极小值为， 故函数一定不会有3个零点，至多1个零点，故D错误. 故选：BC 11. 已知圆，抛物线的焦点为，为上一点（ ） A. 存在点，使为等边三角形 B. 若为上一点，则最小值为1 C. 若，则直线与圆相切 D. 若以为直径的圆与圆相外切，则 【答案】AC 【解析】 【分析】选项A，为等边三角形需保证，设定点坐标用两点间距离公式检验即可；选项B，设定点，将转化为表示，求最小值即可；选项C，由求得点坐标，求得直线所在直线方程，利用点到直线的距离公式检验即可；选项D，设定点，以为直径的圆与相外切，需保证，建立关于的方程，求之即可. 【详解】由已知圆的方程化为， 得其圆心，半径， 由于抛物线方程为，其焦点为 对于选项A，若为等边三角形，当且仅当； 若点到点的距离为， 由抛物线的定义可知，即， 代入抛物线方程可得，，故A正确； 对于选项B，因为点在抛物线上，为上一点， ， 由于为上，设，且， 则， 当且仅当时，原式取得最小值，的最小值，故B不正确； 对于选项C，设，且， 若，即，得， 解得，所以此时， 不妨取，， 此时直线的方程为：，即， 则圆心到该直线的距离为， 所以此时直线与圆相切，同理可证明的情形也成立，故C正确； 对于选项D，设的中点为，若以为直径的圆与相外切时， 只需保证， 设，且，，得， 得方程：（*）， 其中，反解得：代入上式， 化简可得：， 显然，故D不正确. 故选：AC. 【点睛】客观题圆锥曲线的综合性问题，多数考查数形结合思想，要善于借助圆锥曲线的定义转化条件和问题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等差数列的前n项和为，若，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式列式求得，再利用等差数列的求和公式即可得解. 【详解】设等差数列的公差为， 则有,解得：， 所以. 故答案为： 13. 在中，，是方程的两个根，则的值是________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据根与系数的关系及两角和的正切公式求得，再利用诱导公式求解. 【详解】由题意，，， 所以， 在中，， 由，可知. 故答案为： 14. 如表为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关1次，将导致自身和所有相邻的开关改变状态．例如，按将导致改变状态．如果要求只改变的状态，则需按开关的最少次数为________． 【答案】5 【解析】 【分析】先阅读题意，然后结合题意进行简单的合情推理求解即可． 【详解】由题意可得，只有在以及周边按动开关才可以使得按开关的次数最少，具体操作如下： 假设开始按动开关前所有开关都是“开“的状态， 要求只改变状态，在按动后，的状态也发生了改变， 下一步可以同时恢复或逐一恢复，同时恢复需按动，但会导致周边状态也会改变， 因此导致按动开关的次数更多， 所以接下来逐一恢复，则至少按开关3次， 依次类推，沿着周边的开关再按动，可以使得按动开关的次数最少， 即按动5次可以满足题意， 按动开关的情况如下表所示： 按 关 关 开 关 开 开 开 开 开 按 关 开 关 关 开 关 开 开 开 按 关 开 开 关 关 开 开 开 关 按 关 开 开 关 开 开 关 关 开 按 关 开 开 开 开 开 开 开 开 故答案为：5． 【点睛】方法点睛：1．在进行归纳推理时，要先根据已知的部分个体，把它们适当变形，找出它们之间的联系，从而归纳出一般结论； 2．在进行类比推理时，要充分考虑已知对象性质的推理过程，然后通过类比，推导出类比对象的性质； 3．归纳推理关键是找规律，类比推理关键是看共性． 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. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求角A； （2）若b=1，△ABC的面积为，求△ABC的周长． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及二倍角公式进行化简求值； （2）由三角形的面积公式和余弦定理求出和，进而求出△ABC的周长． 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 因为角A，B，C为△ABC的内角， 所以，， 所以， 而A∈（0，π）， 所以； 【小问2详解】 因为，，所以c=4， 由余弦定理得：，解得， 所以△ABC的周长为． 16. 已知函数． （1）当时，求过点的切线方程； （2）若有极值且恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出、，利用直线的点斜式方程可得答案； （2）转化为，利用导数求出最小值，由可得答案． 【小问1详解】 的定义域，当时，， ，，， 所以过点的切线方程为，即； 【小问2详解】 由得，． 当时，，上单调递减， 无极值，故舍去； 当时，， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以存在极小值，且． 令，， ，因为，所以， 所以在上单调递增， 且，由得， 所以． 17. 如图，已知四边形ABCD为矩形，，E为DC的中点，将沿AE进行翻折，使点D与点P重合，且． （1）证明：； （2）求平面与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理分别证出，，进而得出平面，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面一个法向量，利用向量夹角公式即可求解． 【小问1详解】 证明：由题知， 所以， 所以为直角三角形，， 因为，， 所以， 所以为直角三角形，， 因为平面， 所以平面，因为平面， 所以； 【小问2详解】 由题知以B为原点建立如图空间直角坐标系， 取AE中点M，由题知，所以， 由（1）知平面，所以， 因为，所以平面， ， ， 设平面PCE的一个法向量为， 则， 由（1）知平面， 所以是平面PAE的一个法向量，， 设平面PAE与平面PCE所成角为θ， 所以， 因此. 18. 年九省联考后很多省份宣布高考数学采用新的结构，多选题由道减少到道，分值变为一题分，多选题每个小题给出的四个选项中有两项或三项是正确的，全部选对得分，有错选或全不选的得分若正确答案是“两项”的，则选对个得分若正确答案是“三项”的，则选对个得分，选对个得分某数学兴趣小组研究答案规律发现，多选题正确答案是两个选项的概率为，正确答案是三个选项的概率为其中． （1）在一次模拟考试中，学生甲对某个多选题完全不会，决定随机选择一个选项，若，求学生甲该题得分的概率 （2）针对某道多选题，学生甲完全不会，此时他有三种答题方案： Ⅰ 随机选一个选项 Ⅱ 随机选两个选项 Ⅲ 随机选三个选项． 若，且学生甲选择方案Ⅰ，求本题得分数学期望 以本题得分的数学期望为决策依据，的取值在什么范围内唯独选择方案Ⅰ最好 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由全概率公式求解即可； （2）记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，求出的可能取值及其概率，即可求出的分布列，再由期望公式求出； 记分别为“从四个选项中随机选择一个选项、两个选项和三个选项的得分”，求出的数学威望，由题意可得，解不等式即可得出答案. 【小问1详解】 记事件为“正确答案选两个选项”，事件为“学生甲得分”． ， 即学生甲该题得分的概率为． 【小问2详解】 记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，则可以取，，， ， ， ， 所以的分布列为 则数学期望． 记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”， 则， ， ， 所以 记为“从四个选项中随机选择两个选项的得分”， 则， ， ， 所以 记为“从四个选项中随机选择三个选项的得分”， 则， ， 所以． 要使唯独选择方案Ⅰ最好，则， 解得：，故的取值范围为． 19. 已知双曲线的两条渐近线分别为和，右焦点坐标为，为坐标原点． （1）求双曲线C的标准方程； （2）设M，N是双曲线C上不同的两点，Q是MN的中点，直线MN、OQ的斜率分别为，证明：为定值； （3）直线y=4x-6与双曲线的右支交于点（在的上方），过点分别作的平行线，交于点，过点且斜率为4的直线与双曲线交于点（在的上方），再过点分别作的平行线，交于点，⋯，这样一直操作下去，可以得到一列点．证明：共线． 【答案】（1）； （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意，根据题目所给信息以及的关系，列出等式求出和的值，进而可得双曲线的标准方程； （2）设，，根据M，N为双曲线C上的两点，列由点差法得到，利用斜率公式进行求证即可； （3）设直线的方程为，，，将直线方程与双曲线方程联立，易得，结合韦达定理，求出，再利用韦达定理进行求证． 【小问1详解】 因为双曲线的两条渐近线分别为和，右焦点坐标为， 所以，解得，则双曲线的标准方程为； 【小问2详解】 证明：设，， 因为M，N为双曲线C上的两点，所以， 两式相减得，整理得， 则，得证； 【小问3详解】 证明：设斜率为4，与双曲线右支相交于两点的直线方程为，，， 联立，消去y并整理得， 因为该方程有两个正根，则，解得，（舍） 由韦达定理得， 直线的方程为， 因为，即，① 直线的方程为， 因为，即，② 联立①②，两式相加得，两式相减得， 因为，则，， 所以， 则都在直线上，故共线． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$