精品解析：浙江省温州市平阳县万全综合高级中学2023-2024学年中职高二下学期期末普高数学试题

万全综合高中2023学年第二学期期末考测试卷 高二（普高）数学 一、单项选择题：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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求集合 ，再求. 【详解】，得 或， 所以或，， 所以. 故选：C 2. 已知圆锥的底面直径为，母线长为，则其侧面展开图扇形的圆心角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出圆锥底面周长，再根据扇形周长公式求其圆心角的大小. 【详解】由题设，底面周长，而母线长为， 根据扇形周长公式知：圆心角. 故选：C. 3. 已知向量，，则“ ”是“向量与的夹角为锐角”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】由充分条件和必要条件的概念以及向量数量积的应用，进行判断即可. 【详解】若，则，解得． 若向量与的夹角为锐角，则且，所以且，解得． 故“ ”是“向量与的夹角为锐角”的必要不充分条件． 故选：C. 4. 已知是等比数列的前 项和，且，，则（ ） A. 11 B. 13 C. 15 D. 17 【答案】C 【解析】 【分析】由是等比数列的前 项和得成等比数列，结合，列方程求解即可． 【详解】因为是等比数列，是等比数列的前 项和， 所以成等比数列，且， 所以， 又因为，， 所以，即，解得或， 因为， 所以， 故选：C． 5. 已知，则的值为（ ） A. B. 1 C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】对所给二项式合理变形，求展开项系数即可. 【详解】在中， 而， 由二项式定理知展开式的通项为， 令，解得，令，， 故， 同理令，解得，令，解得， 故，故. 故选：C 6. 已知复数，其中且，则的最小值是（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数模的几何意义，问题转化为点到直线的距离. 【详解】复数，其中且， 复数 在复平面内对应的点，在直线上， 的几何意义是点到点的距离， 其最小值为点到直线的距离，最小值为. 故选：D 7. 若函数有4个零点，则正数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据一次函数与对数函数的图象，得到 时，函数只有一个零点，结合题意，得到时，方程有三个零点，利用三角函数的性质，得出不等式，即可求解. 【详解】当 时，令，即，即， 因为函数与的图象仅有一个公共点，如图所示， 所以 时，函数只有一个零点， 又由函数有4个零点， 所以时，方程有三个零点，如图所示， 因为，可得，则满足， 解得，即实数的取值范围为. 故选：B. 8. 已知双曲线：的左右焦点分别为，过点作直线交双曲线右支于两点（ 点在 轴上方），使得.若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意求得，得到，在与中,结合和余弦定理，列出方程得到，即可求解. 【详解】如图所示，取的中点 ，连接，可得， 由，可得，所以，则， 可得， 则， 在与中, 由余弦定理可得：， 因为，所以， 即，解得，即. 故选：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. 下列说法中，正确的是（ ） A. 若随机变量，且，则 B. 一组数据6，7，7，9，13，14，16，17，21的第70百分位数为16 C. 盒子中装有除颜色外完全相同的5个黄球和3个蓝球，从袋中有放回地依次抽取2个球，第一次抽到蓝球的情况下第二次也抽到蓝球的概率为 D. 设随机事件 ， ，已知 事件发生的概率为0.3，在 发生的条件下 发生的概率为0.4，在 不发生的条件下 发生的概率为0.2，则 发生的概率为0.26 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正态分布、百分位数、条件概率、全概率等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A选项，根据正态分布的对称性可知，A选项错误. B选项，，所以第百分位数是，B选项正确. C选项，由于抽取的方式是有放回，所以“第一次抽到蓝球”与“第二次抽到蓝球”是相互独立事件，所以第一次抽到蓝球的情况下第二次也抽到蓝球的概率为， 所以C选项正确. D选项，，所以D选项正确. 故选：BCD 10. 四棱锥的底面为正方形，PA与底面垂直，，，动点M在线段PC上，则（ ） A. 不存在点M，使得 B. 的最小值为 C. 四棱锥的外接球表面积为5π D. 点M到直线AB的距离的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】当点 为中点时，利用垂直关系的转化，即可判断A；利用展开图，利用数形结合求的最小值，即可判断B；利用几何体与外接球的关系，即可求解球心，并求外接球的表面积，即可判断C；利用异面直线的距离的转化，即可判断D. 【详解】对于A：连接BD，且，如图所示，当M在PC中点时， 因为点O为AC的中点，所以，因为平面ABCD， 所以平面ABCD，又因为平面ABCD，所以， 因为ABCD为正方形，所以 ． 又因为，且BD，平面BDM，所以平面BDM， 因为平面BDM，所以，所以A错误； 对于B：将和所在的平面沿着PC展开在一个平面上，如图所示， 和是全等的直角三角形，，， 连结 ，， 则的最小值为BD，直角斜边PC上高为，即， 直角斜边PC上高也为，所以的最小值为，所以B正确； 对于C：易知四棱锥的外接球直径为PC， 半径，表面积，所以C错误； 对于D：点M到直线AB的距离的最小值即为异面直线PC与AB的距离， 因为 ，且平面PCD，平面PCD，所以平面PCD， 所以直线AB到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离，过点A作， 因为平面ABCD，面 ，所以， 又，且，面， 故平面PAD，平面PAD，所以， 因为，且PD，平面PCD，所以平面PCD， 所以点A到平面PCD的距离，即为AF的长，如图所示， 在中，，，可得， 所以由等面积得，即直线AB到平面PCD的距离等于，所以D正确， 故选：BD． 11. 已知定义在上的函数满足：，都有，且，，当时，有，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知条件，利用赋值法可求ABC,由，，从而可得当当时，，结合以及题中信息即可判断D． 【详解】令，则由，可得，所以，故A正确， 因为 ，，所以，可得，故B错误， 因为，所以，故C正确， 又因为当时，都有，且， 所以当时，， 因为 ； 又 进而， 因此，所以．故D正确， 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 现安排甲、乙、丁、丙、戊五位老师从周一到周五的常规值班，每人一天，每天一人，则甲、乙两人相邻，丙不排在周三的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用捆绑法和间接法的原则，先求满足条件的方法种数，再根据古典概型概率公式，即可求解. 【详解】先将甲、乙两人捆绑在一起，作为一个元素，再将四个元素全排， 再减去丙排在周三的排法即可求得所求事件的不同排法. 所以不同排法的种数为， 又5位教师从周一到周五的常规值班一共有种方法， 所以教师不站两端，且甲、乙相邻的概率. 故答案为： 13. 已知，，则____________. 【答案】##0.25 【解析】 【分析】根据题意利用三角恒等变换可得，再利用倍角公式以及齐次化问题分析求解. 【详解】因为，则， 显然，可得， 整理得，解得或， 又因为，则，可得， 所以. 故答案为：. 14. 已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面为正三角形且垂直于底面 ， 为四棱锥内切球表面上一点，则点 到直线 距离的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意得到平面截四棱锥的内切球所得的截面为大圆，在中计算得到内切球半径，最后利用线面垂直的判定定理和性质定理得到，结合球的性质得到距离的最小值. 【详解】如图，过点 作，交 于点 ，由侧面为正三角形可知 为 中点， 设 中点为 ，连接. 由题意得，平面截四棱锥的内切球所得的截面为大圆， 此圆为的内切圆，设内切圆半径为 ，与，分别相切于点 ，， 因为平面平面 ，平面平面， ，平面 ，所以平面 ， 而平面 ，则， 因为，，所以，，， 在中，，解得， 所以四棱锥的内切球的半径为1， 连接 ，因为平面 ，平面 ，所以， 又，，平面，，所以平面， 因为平面，所以， 所以内切球表面上一点 到直线 的距离的最小值即为线段 的长减去球的半径， 又， 所以四棱锥内切球表面上一点到直线 的距离的最小值为. 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. 在 中，角 的对边分别是 ，且. （1）求的值； （2）若 的面积为，求 的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将条件式边化角，化简求出； （2）根据余弦定理以及三角形的面积公式求解出的值，从而求出 周长. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 所以， 因为，所以，所以. 【小问2详解】 由（1）易知，因为.所以， 由余弦定理，得. 又因为，所以代入得， 所以， 所以. 又因为，所以， 所以 的周长为. 16. 在三棱锥中，平面平面，，，分别为 的中点. （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）结合中点，利用面面垂直的性质定理证明平面，从而利用线面垂直的性质定理得，最后利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）过 作交 于点 ，设，建立空间直角坐标系，然后利用向量法求解二面角的正弦值即可. 【小问1详解】 ， 为 中点， . 又平面平面，平面平面，平面， 平面，而平面， . 又 为 的中点， ，又， . 又平面， 平面. 【小问2详解】 过 作交 于点 ，设， 以 为原点，分别以为 轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 故，，，. 设为平面的法向量，则，即， ，取，则， 是平面的一个法向量. 设为平面的法向量，则，即， ，取 ，则， 是平面的一个法向量. 设二面角的大小为，则， ， 二面角的正弦值为. 17. 已知函数，且曲线在点处的切线方程为． （1）求实数，的值； （2）证明：函数有两个零点． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义计算即可求解； （2）利用转化的思想将原问题转化为函数有两个零点，利用导数研究函数 的单调性，结合零点的存在性定理即可证明. 【小问1详解】 由题意可得，由切线方程可知其斜率为， 所以，解得； 【小问2详解】 由可得，所以． 函数有两个零点即函数有两个零点． ， 当时，， 单调递减；当时，， 单调递增． 又，，0， 所以，． 由零点存在定理可得使得，使得， 所以函数有两个零点． 18. 已知抛物线，点 在抛物线 上，且 在 轴上方， 和在 轴下方（ 在左侧），关于 轴对称，直线 交 轴于点 ，延长线段 交 轴于点 ，连接. （1）证明：为定值（为坐标原点）； （2）若点 的横坐标为，且，求的内切圆的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件作出图形，设出直线 的方程，与抛物线联立，利用韦达定理及直线的点斜式方程即可求解； （2）根据（1）的结论及向量的数量积的坐标表示，进而得出直线 的方程，利用直线的斜率公式及直线的点斜式方程，结合角平分线的性质及圆的标准方程即可求解. 【小问1详解】 设直线 的方程为，则， 由，消去 ，得， ， 所以， 直线 的方程为，化简得， 令，得，所以 因此. 【小问2详解】 因为点 的横坐标为，由（1）可知，， 设交抛物线于 ，，如图所示 又由（1）知，，同理可得，得， 又， ， 又， 则， 故结合，得. 所以直线 的方程为 又， 则， 所以直线 的方程为， 设圆心, 因为为的平分线，故点 到直线 和直线 的距离相等， 所以，因为，解得， 故圆 的半径， 因此圆 的方程为. 19. 某大学有甲､乙两个运动场.假设同学们可以任意选择其中一个运动场锻炼，也可选择不锻炼，一天最多锻炼一次，一次只能选择一个运动场.若同学们每次锻炼选择去甲或乙运动场的概率均为，每次选择相互独立.设王同学在某个假期的三天内去运动场锻炼的次数为 ，已知 的分布列如下：（其中） 0 1 2 3 （1）记事件表示王同学假期三天内去运动场锻炼次，事件 表示王同学在这三天内去甲运动场锻炼的次数大于去乙运动场锻炼的次数.当时，试根据全概率公式求的值； （2）是否存在实数，使得？若存在，求的值：若不存在，请说明理由； （3）记 表示事件“甲运动场举办锻炼有奖的抽奖活动”， 表示事件“王同学去甲运动场锻炼”，.已知王同学在甲运动场举办锻炼有奖的抽奖活动的情况下去甲运动场锻炼的概率，比不举办抽奖活动的情况下去甲运动场锻炼的概率大，证明：. 【答案】（1） （2）不存在，理由如下 : 由，得. 假设存在，使. 将上述两式左右分别相乘，得，化简得：. 设，则. 由，得，由，得， 则在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为， 所以不存在使得.即不存在值，使得. （3）证明：由题知，所以，因， 故， 所以， 即， 所以，即. 【解析】 【分析】（1）利用分布列的性质求得，再计算出，代入全概率公式计算即得； （2）先由得到；再按照均值定义得出，消去得出方程，分析函数得其最小值为正，，方程无解，即不存在值，使得； （3）由题意得，运用条件概率公式和对立事件的概率公式化简得，再两边同减构造出，整理即得. 【小问1详解】 当时，， 则，解得. 由题意，得. 由全概率公式，得 【小问2详解】 不存在使得.即不存在值，使得，理由略. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题第1小问解决的关键是，根据题意，分析得到的值，从而得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 万全综合高中2023学年第二学期期末考测试卷 高二（普高）数学 一、单项选择题：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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知圆锥的底面直径为，母线长为，则其侧面展开图扇形的圆心角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，则“ ”是“向量与的夹角为锐角”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知是等比数列的前项和，且，，则（ ） A. 11 B. 13 C. 15 D. 17 5. 已知，则的值为（ ） A. B. 1 C. 4 D. 6. 已知复数，其中且，则的最小值是（ ） A. B. 2 C. D. 7. 若函数有4个零点，则正数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线：的左右焦点分别为，过点作直线交双曲线右支于两点（ 点在 轴上方），使得.若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 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. 下列说法中，正确的是（ ） A. 若随机变量，且，则 B. 一组数据6，7，7，9，13，14，16，17，21的第70百分位数为16 C. 盒子中装有除颜色外完全相同的5个黄球和3个蓝球，从袋中有放回地依次抽取2个球，第一次抽到蓝球的情况下第二次也抽到蓝球的概率为 D. 设随机事件 ， ，已知 事件发生的概率为0.3，在 发生的条件下 发生的概率为0.4，在 不发生的条件下 发生的概率为0.2，则 发生的概率为0.26 10. 四棱锥 的底面为正方形，PA与底面垂直，，，动点M在线段PC上，则（ ） A. 不存在点M，使得 B. 的最小值为 C. 四棱锥 的外接球表面积为5π D. 点M到直线AB的距离的最小值为 11. 已知定义在上的函数满足：，都有，且，，当时，有，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 现安排甲、乙、丁、丙、戊五位老师从周一到周五的常规值班，每人一天，每天一人，则甲、乙两人相邻，丙不排在周三的概率为______. 13. 已知，，则____________. 14. 已知四棱锥 的底面为矩形，， ，侧面为正三角形且垂直于底面 ， 为四棱锥 内切球表面上一点，则点 到直线 距离的最小值为______. 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. 在中，角的对边分别是，且. （1）求的值； （2）若的面积为，求的周长. 16. 在三棱锥中，平面平面，，，分别为 的中点. （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值. 17. 已知函数，且曲线在点处的切线方程为． （1）求实数 ， 的值； （2）证明：函数 有两个零点． 18. 已知抛物线，点在抛物线 上，且 在 轴上方， 和 在 轴下方（ 在 左侧），关于 轴对称，直线 交 轴于点 ，延长线段 交 轴于点 ，连接. （1）证明：为定值（ 为坐标原点）； （2）若点 的横坐标为，且，求的内切圆的方程. 19. 某大学有甲､乙两个运动场.假设同学们可以任意选择其中一个运动场锻炼，也可选择不锻炼，一天最多锻炼一次，一次只能选择一个运动场.若同学们每次锻炼选择去甲或乙运动场的概率均为，每次选择相互独立.设王同学在某个假期的三天内去运动场锻炼的次数为 ，已知 的分布列如下：（其中） 0 1 2 3 （1）记事件表示王同学假期三天内去运动场锻炼次，事件 表示王同学在这三天内去甲运动场锻炼的次数大于去乙运动场锻炼的次数.当时，试根据全概率公式求的值； （2）是否存在实数，使得？若存在，求的值：若不存在，请说明理由； （3）记 表示事件“甲运动场举办锻炼有奖的抽奖活动”，表示事件“王同学去甲运动场锻炼”，.已知王同学在甲运动场举办锻炼有奖的抽奖活动的情况下去甲运动场锻炼的概率，比不举办抽奖活动的情况下去甲运动场锻炼的概率大，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $