精品解析：甘肃省定西市临洮县文峰中学2023-2024学年高二下学期期末质量检测（二）数学试题

临洮县文峰中学20232024学年度第二学期高二期末质量检测（二） 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 5．本卷主要考查内容：高考范围． 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. 设全集，集合，则（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用补集的意义与交集的意义可求解. 【详解】因为，，所以， 由，得，又， 所以. 故选：C. 2. 复平面内三点所对应的复数分别为，若四边形为平行四边形，则点对应的复数为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的几何意义，利用向量相等即可求解. 【详解】由题意知三点的坐标为， 设复平面内点，则， 又四边形是复平面内的平行四边形，则，则，解得，则． 故选:B． 3. 某校举办运动会，某班级打算从5名男生与4名女生中选两名男生和两名女生去参加跑步接力比赛，则不同的选派方法数为（ ） A. 20 B. 35 C. 50 D. 60 【答案】D 【解析】 分析】利用分步乘法原理结合条件即得. 【详解】根据分步乘法原理由题可得不同的选派方法数为(种). 故选：D. 4. 设为抛物线的焦点，若点在上，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用点在抛物线上，得到抛物线的标准方程，确定准线方程，利用抛物线的定义，. 【详解】依题意，，解得，所以的准线为，所以， 故选:D． 5. 记等差数列的前项和为，已知，则公差（ ） A. -1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 分析】根据等差数列求和公式得到方程组，求出公差. 【详解】由等差数列求和公式得， 解得. 故选：A 6. 已知且，则“”是“函数为偶函数”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】A 【解析】 【分析】由“函数为偶函数”，可得，结合充分条件与必要条件的性质即可判断. 【详解】若函数为偶函数，由定义域为，则有， 即，即对任意的恒成立， 即有，故， 由“”是“”的充分不必要条件， 故“”是“函数为偶函数”的充分不必要条件. 故选：A. 7. 若，则的切线的倾斜角满足（ ） A. 一定为钝角 B. 一定为锐角 C. 可能为直角 D. 可能为 【答案】B 【解析】 【分析】设，利用导数得出可得答案． 【详解】设，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 而， 所以当时，，所以， 切线斜率均为正数，倾斜角为锐角． 故选：B． 8. 通过随机询问相同数量的不同性别大学生在购买食物时是否看营养说明，得知有的男大学生“不看”，有的女大学生“不看”，若有99.9%的把握认为性别与是否看营养说明之间有关，则调查的总人数至少为（ ） 附：，其中. 0.15 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 A. 225人 B. 227人 C. 228人 D. 230人 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可进行独立性检验，对卡方的计算化简可得，再由题目已知有99.9%的把握认为性别与是否看营养说明之间有关，可得，从而得出结论. 【详解】设男女大学生各有m人，根据题意画出列联表，如下图： 看 不看 合计 男 m 女 m 合计 2m 所以，因为有99.9%的把握认为性别与对产品是否满意有关，所以，解得，所以总人数至少为228.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. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 的最小值为 D. 的最大值为4 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，利用共线定理列方程求解判断，对于B，由，得求解，对于CD，表示出后利用二次函数性质求最值判断. 【详解】对于A，若，且， 则存在唯一实数使得，即， 则，解得，故A正确； 对于B，若，则，即， 化简得，因为，所以无实数解，故B错误； 对于CD，，故当时，取得最小值为，无最大值，故C正确，D错误. 故选：AC. 10. 设是一次随机试验中的两个事件，且，则（ ） A. 相互独立 B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用条件概率、独立事件、对立事件、互斥事件的概率公式计算逐项判断可得答案. 【详解】对于A，由题意可知，则， 因此，故A正确； 对于B，， ，故B正确； 对于C，，所以， 因此，故C错误； 对于D，，因此 ， 即，故D正确． 故选：ABD． 11. 设平面直角坐标系中，椭圆的左焦点为，且与抛物线有公共的焦点．若是抛物线上的一点，下列说法正确的是（ ） A. 椭圆和抛物线存在交点 B. 若，则直线与抛物线相切 C. 若，则点坐标为 D. 若，则点的横坐标为 【答案】ABD 【解析】 【分析】画出图形，得到交点个数；直曲联立求解得到直线与抛物线位置关系；运用抛物线定义转化求出即可；根据垂直，运用勾股定理，结合定义求解即可. 【详解】对于A，由函数图象可知，椭圆与拋物线必存在交点，A正确； 对于B，由，则直线的方程为， 与抛物线方程联立消去得， 则直线与抛物线相切，B正确； 对于C，由抛物线定义可知，， 则，于是点坐标为，故C错误； 对于D，是抛物线上的一点，设，则有， 若，有，因此， 即，解得，D正确． 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛：本题D选项解决的关键在于利用勾股定理与抛物线上点的坐标关系得到的方程，整理即可得解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 样本数据24，8，35，23，7，10，11，30的60%分位数为______. 【答案】 【解析】 【分析】首先将数据从小到大排列，再根据百分位数计算规则计算可得. 【详解】将样本数据从小到大排列为 其中，所以分位数为从小到大排列的第5个数，即为， 故答案为： 13. 已知等比数列的首项，其前项和为，若，则____________． 【答案】2或8 【解析】 【分析】运用等比数列的和的性质和通项公式即可解题. 【详解】因为，所以，， 当时，； 当时，，即，故． 综上，或8. 故答案为：2或8. 14. 已知圆，点，点为圆上的一个动点（异于点），若点在以AB为直径的圆上，则到轴距离的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，则AB中点，当在上方，且轴时，到轴距离取得最大值，由此即可得解. 【详解】设，则， 则AB中点， 当在上方，且轴时，到轴距离取得最大值， 此时，设到轴距离为，则， 设，则，则， 所以当，即时，取得最大值， 即到轴距离的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：根据题意得出当在上方，且轴时，到轴距离取得最大值，是解决本题的关键. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤， 15. 已知中角，，的对边分别为，，，且. （1）求角； （2）若，求的周长的最大值，并求出此时角，角的大小. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）借助正弦定理将边化为角后，结合两角和正弦公式计算即可得； （2）借助余弦定理与基本不等式即可得周长的最大值，亦可得此时角，角的大小. 【小问1详解】 由， 则有， 即， 由，故，则有，即，即； 【小问2详解】 由余弦定理，可得， 则，故， 当且仅当时，等号成立，即，即， 即的周长的最大值为，此时，即. 16. 如图，平面，∥，，，点是的中点，连接. （1）证明：∥平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，根据平行关系可得∥，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）建系，求平面的法向量，利用空间向量求线面角. 【小问1详解】 取的中点，连接， 因为分别为的中点，则∥，且， 由题意可知：∥，且，则∥，且， 可知四边形为平行四边形，可得∥， 且平面，平面，所以∥平面. 【小问2详解】 因为平面，， 以为坐标原点，分别为轴所在直线，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 因为， 所以与平面所成角的正弦值为. 17. 已知函数为的极值点． （1）求的最小值； （2）若关于的方程有且仅有两个实数解，求的取值范围． 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）求出导函数，根据极值点的定义可得，代入，构造函数，利用导函数判断单调性，然后利用函数的单调性求出最值即可 （2）由，然后分离参数得，设，求出单调区间和极值即可 【小问1详解】 ， 依题意，，所以， 所以， 设，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 当时，取得最小值，所以的最小值为1； 【小问2详解】 由（1）可知，， 令，则， 设，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 且， 所以． 18. 已知中心为坐标原点，焦点在坐标轴上的双曲线经过点． （1）求双曲线的方程； （2）已知点，直线与双曲线交于两点，求直线与直线的斜率之积． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）根据双曲线标准方程求法，列方程组解决即可； （2）直线与曲线方程联立方程组，根据韦达定理，得，根据两点斜率公式即可求解. 【小问1详解】 依题意知的方程经过点， 可知焦点在轴，且双曲线的实半轴， 故可设双曲线方程为， 因为经过点，代入解得， 故的方程为； 【小问2详解】 由（1）知曲线，联立直线与曲线方程， 有则，于是， 设点，点，显然直线斜率存在， 则， 所以直线与直线斜率之积为． 19. 甲、乙两同学进行射击比赛，已知甲射击一次命中的概率为，乙射击一次命中的概率为，比赛共进行轮次，且每次射击结果相互独立，现有两种比赛方案，方案一：射击次，每次命中得2分，未命中得0分；方案二：从第一次射击开始，若本次命中，则得6分，并继续射击；若本次未命中，则得0分，并终止射击． （1）设甲同学在方案一中射击轮次总得分为随机变量是，求； （2）甲、乙同学分别选取方案一、方案二进行比赛，试确定的最小值，使得当时，甲的总得分期望大于乙． 【答案】（1）20 （2）12 【解析】 【分析】（1）由已知设，则服从二项分布，根据二项分布期望的公式和期望的性质求解即可； （2）设乙同学的总得分为随机变量，写出的所有可能取值，并计算相应的概率，并求解，利用设，求解的最小值即可. 【小问1详解】 设，故， 所以， 故； 【小问2详解】 由（1）知， 设乙同学的总得分为随机变量，的所有可能取值为，，，，， 所以，，， ，，， ， 所以， 设， 则， 故， 即，代入， 故， 设， 易知，当时，，且， 则满足题意的最小为12. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查概率的综合问题，方案一利用二项分布求期望，方案二的期望表达式与数列知识结合，通过变形转化为错位相减法求和问题，再利用作差法求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 临洮县文峰中学20232024学年度第二学期高二期末质量检测（二） 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 5．本卷主要考查内容：高考范围． 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 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 复平面内三点所对应的复数分别为，若四边形为平行四边形，则点对应的复数为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 3. 某校举办运动会，某班级打算从5名男生与4名女生中选两名男生和两名女生去参加跑步接力比赛，则不同的选派方法数为（ ） A. 20 B. 35 C. 50 D. 60 4. 设为抛物线焦点，若点在上，则（ ） A. 3 B. C. D. 5. 记等差数列前项和为，已知，则公差（ ） A -1 B. C. D. 2 6. 已知且，则“”是“函数为偶函数”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 7. 若，则的切线的倾斜角满足（ ） A. 一定为钝角 B. 一定为锐角 C. 可能为直角 D. 可能为 8. 通过随机询问相同数量的不同性别大学生在购买食物时是否看营养说明，得知有的男大学生“不看”，有的女大学生“不看”，若有99.9%的把握认为性别与是否看营养说明之间有关，则调查的总人数至少为（ ） 附：，其中. 015 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 A. 225人 B. 227人 C. 228人 D. 230人 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. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 的最小值为 D. 的最大值为4 10. 设是一次随机试验中的两个事件，且，则（ ） A. 相互独立 B. C. D. 11. 设平面直角坐标系中，椭圆的左焦点为，且与抛物线有公共的焦点．若是抛物线上的一点，下列说法正确的是（ ） A. 椭圆和抛物线存在交点 B. 若，则直线与抛物线相切 C. 若，则点坐标为 D. 若，则点的横坐标为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 样本数据24，8，35，23，7，10，11，30的60%分位数为______. 13. 已知等比数列的首项，其前项和为，若，则____________． 14. 已知圆，点，点为圆上的一个动点（异于点），若点在以AB为直径的圆上，则到轴距离的最大值为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤， 15. 已知中角，，的对边分别为，，，且. （1）求角； （2）若，求的周长的最大值，并求出此时角，角的大小. 16. 如图，平面，∥，，，点是的中点，连接. （1）证明：∥平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 17. 已知函数为的极值点． （1）求的最小值； （2）若关于的方程有且仅有两个实数解，求的取值范围． 18. 已知中心为坐标原点，焦点在坐标轴上的双曲线经过点． （1）求双曲线的方程； （2）已知点，直线与双曲线交于两点，求直线与直线的斜率之积． 19. 甲、乙两同学进行射击比赛，已知甲射击一次命中的概率为，乙射击一次命中的概率为，比赛共进行轮次，且每次射击结果相互独立，现有两种比赛方案，方案一：射击次，每次命中得2分，未命中得0分；方案二：从第一次射击开始，若本次命中，则得6分，并继续射击；若本次未命中，则得0分，并终止射击． （1）设甲同学在方案一中射击轮次总得分为随机变量是，求； （2）甲、乙同学分别选取方案一、方案二进行比赛，试确定的最小值，使得当时，甲的总得分期望大于乙． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $