精品解析：云南省临沧市云县2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷

2023-2024学年云南省临沧市云县高二（下）期末数学试卷 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 已知向量，若，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知以坐标轴为对称轴，原点为对称中心，其中一条渐近线为，则此双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. 2或 D. 2或 4. 清华大学、北京大学、上海交通大学、复旦大学均有数学强基招生计划，若某班有4位学生每人从上述四所学校中任选一所报名，则恰有一所学校无人选报的不同方法数共有（ ） A. 96 B. 144 C. 168 D. 288 5. 已知服从正态分布的随机变量在区间，和内取值的概率约为，和.若某校高一年级名学生的某次考试成绩服从正态分布，则此次考试成绩在区间内的学生大约有（     ） A. 780人 B. 763人 C. 655人 D. 546人 6. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数p（p＞1）满足二二数之剩一，三三数之剩一，将符合条件的所有正整数p按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前n项和为，则的最小值为（ ） A. 16 B. 22 C. 23 D. 25 7. 已知，则不等式的解集为（    ） A. B. C. D. 8. 在正方体中，平面经过点，平面经过点，当平面分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. （多选）某商家统计了最近5个月某产品的销量，如表所示：若y与x线性相关，且线性回归方程为，则（ ） 时间x 1 2 3 4 5 销售量y/万只 5 4.5 4 3.5 2.5 A. 由题中数据可知，变量y与x负相关 B. 当时，残差为0.2 C. 可以预测当时销量约为2.1万只 D. 10. （多选）已知函数，则（ ） A. 当时，在上单调递减 B. 当时，在上恒成立 C 有2个零点，则 D. 有极值，则 11. （多选）数列满足且，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知虚数，，______（写出一个符合题意的即可）. 13. 已知抛物线C：，O为坐标原点，F为抛物线C的焦点，点A，B为抛物线上两点，且满足，过原点O作交AB于点D，若点D的坐标为，则抛物线C的方程为______. 14. 已知函数的部分图象如图所示，则________，方程的解为________. 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. 某商场举办摸球答题赢购物券活动，顾客在商场内消费达到一定金额即可参与．一次摸球答题活动中，顾客在装有1个黑球和4个白球的盒子中随机摸一个球（每个球除颜色外完全相同），若摸到黑球，在A类题目中任抽一个回答，答对可获得一张购物券；若摸到白球，在B类题目中任抽一个回答，答对可获得一张购物券．假设每次摸球互不影响，且回答的题目不会重复．已知小明答对每个A类题目的概率均为，答对每个B类题目的概率均为． （1）若小明在一次活动中获得了购物券，求他在摸球时摸到的是黑球的概率； （2）若小明连续参与三次活动共获得了X张购物券，求X的分布列及数学期望． 16. 记内角的对边分别为，已知. （1）若成等差数列，求的面积； （2）若，求. 17. 如图，在三棱锥中，，，点O是中点，平面. （1）求； （2）点M在直线上，二面角正弦值为，求三棱锥的体积. 18. 已知M为圆上一个动点，垂直x轴，垂足为N，O为坐标原点，的重心为G. （1）求点G的轨迹方程； （2）记（1）中的轨迹为曲线C，直线与曲线C相交于A、B两点，点，若点恰好是的垂心，求直线的方程. 19. 英国物理学家、数学家艾萨克·牛顿与德国哲学家、数学家戈特弗里德·莱布尼茨各自独立发明了微积分，其中牛顿在《流数法与无穷级数》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法.如图，具体做法如下：一个函数的零点为，先在轴找初始点，然后作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线，以此类推，直到求得满足精度的零点近似解为止. （1）设函数，初始点，精度，若按上述算法，求函数的零点近似解满足精度时的最小值（参考数据：）； （2）设函数，令，且，若函数，，证明：当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年云南省临沧市云县高二（下）期末数学试卷 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. 已知向量，若，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用已知条件和向量的垂直关系求出未知量即可求得，进而得. 【详解】因为， 所以，，故， 所以. 故选：C. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式求出集合，根据交集的定义即可. 【详解】由题意可知，， ， 所以. 故选：B 3. 已知以坐标轴为对称轴，原点为对称中心，其中一条渐近线为，则此双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. 2或 D. 2或 【答案】D 【解析】 【分析】分焦点在x轴上和y轴上讨论求解即可. 【详解】当焦点在x轴上时，可得，则； 当焦点在y轴上时，可得，则. 综上，双曲线的离心率为2或. 故选：D. 4. 清华大学、北京大学、上海交通大学、复旦大学均有数学强基招生计划，若某班有4位学生每人从上述四所学校中任选一所报名，则恰有一所学校无人选报的不同方法数共有（ ） A. 96 B. 144 C. 168 D. 288 【答案】B 【解析】 【分析】先将4人分为3组一组2人，另外两组各一人，再分配进行求解. 【详解】将4位同学分为的分组，再分配到4所学校中的3所， 共有种方法. 故选：B. 5. 已知服从正态分布的随机变量在区间，和内取值的概率约为，和.若某校高一年级名学生的某次考试成绩服从正态分布，则此次考试成绩在区间内的学生大约有（     ） A. 780人 B. 763人 C. 655人 D. 546人 【答案】C 【解析】 【分析】根据正态曲线的性质求出，即可估计人数. 【详解】依题意，所以，， 则，， 所以 ， 所以此次考试成绩在区间内的学生大约有（人）. 故选：C 6. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数p（p＞1）满足二二数之剩一，三三数之剩一，将符合条件的所有正整数p按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前n项和为，则的最小值为（ ） A. 16 B. 22 C. 23 D. 25 【答案】B 【解析】 【分析】由已知先求出，然后结合等差数列的通项公式与求和公式，以及基本不等式即可求解． 【详解】因为二二数之剩一的数为的形式，三三数之剩一的数为的形式，其中， 则数列的项即为以上两类数的公共项，即为的形式，， 即， 因，故数列是等差数列， 于是，， 则 当且仅当，即时取等号． 即时，取得最小值22. 故选：B． 7. 已知，则不等式的解集为（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】判断出为偶函数，且在上单调递增，将所求不等式利用函数性质转化为利用单调性解得答案. 【详解】定义域为R， ， 所以函数为偶函数，又因为， 时，， 时，， 故， 所以在上单调递增， 则不等， 即解得:. 所以不等式的解集为. 故选：C. 8. 在正方体中，平面经过点，平面经过点，当平面分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】因为正方体中过体对角线的截面面积最大，所以题目转化为求平面与平面夹角的余弦值，建立空间直角坐标系，求得即可. 【详解】 如图：因为正方体中过体对角线的截面面积最大， 所以题目转化为求平面与平面夹角的余弦值， 以点为坐标原点，以方向分别为轴正方向， 建立空间直角坐标系， 由为正方体，设棱长为，，所以四边形为正方形， 所以，又因为平面，平面， 所以，又因为，平面，所以平面， 即为平面的一个法向量， 同理为平面的一个法向量， 由，知， 设平面与平面的夹角为，， 则. 故选：A. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. （多选）某商家统计了最近5个月某产品的销量，如表所示：若y与x线性相关，且线性回归方程为，则（ ） 时间x 1 2 3 4 5 销售量y/万只 5 4.5 4 3.5 2.5 A. 由题中数据可知，变量y与x负相关 B. 当时，残差为0.2 C. 可以预测当时销量约2.1万只 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知条件，结合线性回归方程的性质，即可求解. 【详解】对于A，由题中数据可知，随着x变大，变小，则变量y与x负相关，故A正确； 对于D，由表中数据可知，，， 又因为，则，解得,故D正确； 对于B，当时，残差为,故B错误； 对于C，当时，， 故可以预测当时销量约为2.1万只，故C正确. 故选：ACD. 10. （多选）已知函数，则（ ） A. 当时，在上单调递减 B. 当时，在上恒成立 C. 有2个零点，则 D. 有极值，则 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，当时，利用时，，即可判断；对于B，利用，即可判断；对于C，讨论的单调性，令，即可判断；对于D，利用当时，的单调性即可判断. 【详解】对于A，B选项，，， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， ∴，∴；故A正确，B错误； 对于C选项，， 当时，，单调递增，最多有一个零点， 当时，令，得， 当时，，单调递减， 时，，单调递增， 故， 若有2个零点，则只需，解得，故C正确； 根据选项C分析，结合极值概念可知，时，有唯一的极小值，故D错误. 故选：AC. 11. （多选）数列满足且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】由数列的递推式和等比数列的定义、通项公式，可得，，可判断ABD；由数列的分组求和，结合等比数列的求和公式，可判断D. 【详解】对于A，由且，可得，而A选项中，，显然不符合，A错误； 对于B，，即有， 可得，即，， 则，而B选项中，，显然不符合，B错误； 对于D，由B可知，故D正确； 对于C， ，故C正确. 故选：CD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知虚数，，______（写出一个符合题意的即可）. 【答案】i 【解析】 【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数实部的定义，即可求解. 【详解】由，得， 又，则且，令，， 故符合题意. 故答案为：i（答案不唯一）. 13. 已知抛物线C：，O为坐标原点，F为抛物线C的焦点，点A，B为抛物线上两点，且满足，过原点O作交AB于点D，若点D的坐标为，则抛物线C的方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出直线AB的方程，与抛物线方程联立借助韦达定理、向量垂直的坐标表示求解作答. 【详解】直线OD的斜率为，而，则直线AB的方程为，即， 由消去x并整理得：，设，则， 则，则，解得， 所以抛物线C的方程为. 故答案为： 14. 已知函数的部分图象如图所示，则________，方程的解为________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据给定的函数图象，求出周期及、、，进而求出解析式，再将方程等价变形为，根据正弦函数和余弦函数性质求解即可. 【详解】由图可知，函数的最小正周期为，所以， 因为，则，则， 因为，所以，又，则， 方程，得，即， 即，所以或， 所以，解得， 故方程的解为. 故答案为：，. 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. 某商场举办摸球答题赢购物券活动，顾客在商场内消费达到一定金额即可参与．一次摸球答题活动中，顾客在装有1个黑球和4个白球的盒子中随机摸一个球（每个球除颜色外完全相同），若摸到黑球，在A类题目中任抽一个回答，答对可获得一张购物券；若摸到白球，在B类题目中任抽一个回答，答对可获得一张购物券．假设每次摸球互不影响，且回答的题目不会重复．已知小明答对每个A类题目的概率均为，答对每个B类题目的概率均为． （1）若小明在一次活动中获得了购物券，求他在摸球时摸到的是黑球的概率； （2）若小明连续参与三次活动共获得了X张购物券，求X的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）分布列见详解； 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式求出小明获得购物券的概率，再利用条件概率公式计算； （2）根据题意，，列出分布列，求出数学期望. 【小问1详解】 设事件：小明在摸球时摸到的是黑球，事件：小明获得购物券， 则，，，， 所以， 则小明在获得了购物券的条件下，摸到的是黑球的概率为 . 【小问2详解】 由（1）小明在一次活动中获得购物券的概率为，则， 所以的分布列为，则 0 1 2 3 所以得数学期望为. 16. 记的内角的对边分别为，已知. （1）若成等差数列，求的面积； （2）若，求. 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的性质得到，再利用余弦定理求得的值，进而利用三角形的面积公式求解； （2）根据已知条件代入，并用三角恒等变换化简求得A，再利用正弦定理求解. 【小问1详解】 因为成等差数列，所以， 又，所以①， 在中，由余弦定理可得：， 又，所以②， 由①②得， 所以的面积. 【小问2详解】 因为，所以， 又因为且，所以， 所以， 所以，所以， 所以， 又因为，所以，所以，所以， 所以. 17. 如图，在三棱锥中，，，点O是的中点，平面. （1）求； （2）点M在直线上，二面角的正弦值为，求三棱锥的体积. 【答案】（1）. （2）或 【解析】 【分析】（1）分别利用勾股定理得出，结合在直角中，，即可求解； （2）以O为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出三棱锥的体积. 【小问1详解】 因为，点O是的中点， 所以， 在直角中，， 又平面，平面，所以， 在直角中，， 又因为，所以， 在直角中，，所以，解得，所以. 小问2详解】 如图： 以O为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则，， 由题意平面的一个法向量为，设，则， 设为平面的一个法向量，则，即， 令，则， 因为二面角的正弦值为， 所以，化简得， 解得或， 当时，则，所以， 所以， 所以三棱锥的体积为； 当时，则，所以， 所以， 所以三棱锥的体积为； 所以三棱锥的体积为或. 18. 已知M为圆上一个动点，垂直x轴，垂足为N，O为坐标原点，的重心为G. （1）求点G的轨迹方程； （2）记（1）中的轨迹为曲线C，直线与曲线C相交于A、B两点，点，若点恰好是的垂心，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，根据为的重心，得，代入，化简即可求解. （2）根据垂心的概念求得，设直线方程，与椭圆联立韦达定理，利用得，将韦达定理代入化简即可求解. 【小问1详解】 设，则，因为的重心， 故有：，解得，代入，化简得， 又，故，所以的轨迹方程为. 【小问2详解】 因为的垂心，故有， 又，所以，故设直线的方程为， 与联立消去得：， 由得， 设，则， 由，得，所以， 所以， 所以，化简得， 解得（舍去）或（满足），故直线的方程为. 19. 英国物理学家、数学家艾萨克·牛顿与德国哲学家、数学家戈特弗里德·莱布尼茨各自独立发明了微积分，其中牛顿在《流数法与无穷级数》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法.如图，具体做法如下：一个函数的零点为，先在轴找初始点，然后作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线，以此类推，直到求得满足精度的零点近似解为止. （1）设函数，初始点，精度，若按上述算法，求函数的零点近似解满足精度时的最小值（参考数据：）； （2）设函数，令，且，若函数，，证明：当时，. 【答案】（1）3 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义，求出函数在时的切线方程，然后令，求出的满足题意的近似值即可； （2）由曲线在，处的切线方程得到切线与轴交点横坐标为，再由函数，得到，，进而得到，曲线的一条切线方程为，然后将问题转化为． 小问1详解】 令，解得，即 由函数，则， 当，则切线斜率，且， 那么在点处的切线方程为， 令，切线与轴的交点横坐标为， 因为， 当，则切线斜率，且， 那么在点处的切线方程为， 令，切线与轴的交点横坐标为， 因为， 函数的零点近似解满足精度时的最小值为3. 【小问2详解】 曲线在处的切线为，所以切线与轴交点横坐标为， 当函数时，即， 得，又，则，， 故，曲线的一条切线方程为， 要证：当时，，即证：，即， 又，故曲线在处的切线方程为，因为， 故可猜测：当且时，的图象恒在切线的上方． 下证“当时，”． 证明：设，， 则，令，则且在上单增， 当时，，故单调递减；当时，，故单调递增， 又，，，， 所以，存在，使得， 当时，；当，， 那么在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又，，当且仅当时取等号， 故，． 易证，故，，当且仅当时取等号． 所以，， 即．所以，， 即成立，当时等号成立． 故当时，. 【点睛】思路点睛：第（1）题根据题干中的材料求对应切线方程，再求对应直线与x轴交点横坐标，再求值，即可得解. 第（2）问先求得，再求得切线方程，将问题转化为，接下来证明的思路：先证明，，，再由，得到，放缩即可证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$