精品解析：云南省丽江地区中学等学校2023-2024学年高二下学期期末联考数学试题

2023~2024学年下学期高二期末考试 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知集合，，，则等于（ ） A. 0或 B. 0或2 C. 1或 D. 1或2 【答案】B 【解析】 【分析】由，可得，利用集合，，可得或，，即可求出． 【详解】∵， ∴， ∵集合， ∴或， ∴或， 故选：B． 2. 设复数 在复平面内的对应点关于虚轴对称，若是虚数单位），则为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的几何意义，结合复数的除法运算求解即可. 【详解】由题意可得： 对应的点为，该点关于虚轴对称的点为， 所以对应的点为， . 故选：B 3. 记为等比数列的前项和，若，则的公比为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由等比数列前项和的性质，成等比，公比为，结合即可求公比. 【详解】设等比数列的公比为， 根据等比数列前项和的性质，成等比，且公比为， 又，即，所以， 解得. 故选：D. 4. 已知三棱锥中，，，，，，则三棱锥的体积是（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先求出、，然后证明平面，最后求出三棱锥体积. 【详解】中，因为，，，所以； 中，，，，所以； 中，，，，所以，从而. 因为，，，平面，平面， 所以平面. . 故选：A 5. 已知斜率存在的直线l交椭圆C：于A，B两点，P是弦AB的中点，点，且，，则直线MP的斜率为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】设出，利用点差法得到中点弦定理，即，再利用得到，进而得到，利用求出，从而得到直线MP的斜率. 【详解】设，则， 由，得即，① 由A，B在椭圆C上得: 两式相减得， 所以，② 联立①②得，解得. 因为，即， 所以，即， 所以直线MP的斜率为. 故选C. 6. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求函数定义域，研究其奇偶性及的符号即可判断. 【详解】因为定义域为且，， 所以为奇函数，则图象关于原点对称，故排除B项、D项， 又，故排除C项. 故选：A. 7. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数结合导数单调性最值，对原式进行合理放缩，结合放缩不等式比较大小 【详解】设则， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 所以的最小值，即在上恒成立， 所以 设函数的定义域为，则 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 所以的最大值，即在上恒成立， 所以 从而 故选：C. 8. 设函数，其中，，，为已知实常数，，若，则（ ） A. 对任意实数， B. 存在实数， C. 对任意实数， D. 存在实数， 【答案】A 【解析】 【分析】根据，可推出，整理化简后可得或，分类讨论，结合三角函数诱导公式化简，即可判断答案. 【详解】由题意知 ，即 ， 即 ， 两式两边平方后可得 ，故或， 若 ，则 ，故， 此时 ， 若 ，则 ，故 ， 此时 ， 若 或 ，则 ，故对任意实数，， 则A正确，错误， 故选：A 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于根据已知等式化简得到m和n之间的关系，然后分类讨论，化简即可解决问题. 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. 设、、是三个非零向量，且相互不共线，下列命题正确的是（ ） A. B. C. 与垂直 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】利用平面向量的数量积和线性运算可判断A选项；利用向量三角不等式可判断B选项；利用平面向量垂直与数量积的关系可判断CD选项. 【详解】对于A选项，不妨设，，则， 由于、、是三个非零向量，且相互不共线，则不一定为零向量，A错； 对于B选项，作，，则，如下图所示： 因为、不共线，由三角形三边关系可得，即，B对； 对于C选项，易知为非零向量， 则， 所以与垂直，C对； 对于D选项，若，则，所以或，D错. 故选：BC. 10. 已知甲口袋中装有3个红球，1个白球，乙口袋中装有2个红球，1个白球，这些球只有颜色不同．先从甲口袋中随机取出1个球放入乙口袋，再从乙口袋中随机取出1个球．记从甲口袋中取出的球是红球、白球分别为事件、，从乙口袋中取出的球是红球为事件，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】使用古典概型方法可以计算得出，，利用缩小样本空间的方法求得，，再结合条件概率公式、全概率公式和贝叶斯公式计算判断各个选项即可. 【详解】对于A，由于甲口袋中装有4个球，其中有1个白球，所以，故A错误； 对于B，若从甲口袋中取出的球是白球，则此时乙口袋中有2个红球，2个白球， 从而此条件下从乙口袋中取出的球是红球的概率为，故B正确； 对于C，由于甲口袋中装有4个球，其中有3个红球，所以， 若从甲口袋中取出的球是红球，则此时乙口袋中有3个红球，1个白球， 从而此条件下从乙口袋中取出的球是红球的概率为， 所以，故C正确； 对于D，结合以上分析， ，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知曲线，则以下说法正确的是（ ） A. 最小值为 B. 两曲线有且仅有2条公切线，记两条公切线斜率分别为，则 C. 当轴时， D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对选项A，利用抛物线的焦半径公式转化求得最小值，进而建立函数，然后再研究函数的单调性即可；对选项B，先找到是其中的一条公切线，分别在两个曲线上设切线方程，然后根据公切线定义，则设立的两个切线方程重合而建立方程，然后将方程转化为函数，研究该函数的零点即可；对选项C，先设动点（）的坐标，根据轴，进而建立目标函数，然后研究该函数单调性即可；对选项D，考虑轴时，进而建立目标函数（），通过求该函数的最小值就能说明 【详解】 对选项A，如图所示，易知，根据抛物线的焦半径公式可得： 故有： ，则有： 设点的坐标为： 则有： 令，则可得： 再次求导可得： 故在区间上单调递增 又 可得：当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增； 故 则 故 故选项A正确； 对选项B，不妨设外公切线分别与，（）切于点， 则曲线的切线为： 则曲线的切线为： 根据与表示同一直线，则有： 解得： 令（） 则有： 可得：在区间上单调递增；在区间上单调递减 则有：，，（注意：实际上取不到该点） ，因为，故 根据零点存在性定理可知：在区间上存在一个零点，即存在一条公切线； 当时，，则在函数的处的切线方程为： 联立 可得：，故此时与切于点，也满足 由图易知：当时，不可能存在公切线 综上可得：两曲线有且仅有2条公切线不妨取（） 则有： 又，可得： 在上单调递增，则有： 故选项B正确； 对选项C，当轴时，设（），则 则有： 记，则有： 令，解得： 故当时，，在区间上单调递减； 当时，，在区间上单调递增； 故有： 故 故选项C正确； 对选项D， 不妨设（）上点，（）上点 则有：， 可得： 若轴时，（） 令 （） 则有： 易知：在区间上单调递增 可得： 令，下面证明： 可化简为 进而可化简为： 故在区间存在一个零点，令 则当时，，即在区间上单调递减； 当时，，即在区间上单调递增； 故 而 又 下面证明： 即证： 只需证明： 又： 故成立 从而，而且以上还仅仅考虑轴时的情况，故选项D错误 故答案选：ABC 【点睛】求函数最值和值域的常用方法： （1）单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值； （2）图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值； （3）基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值； （4）导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值； （5）换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 将数列与的公共项按从小到大的顺序排列得到数列，，则的前项和为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知公共项是以7为首项，以6为公差的等差数列，进而结合等差数列的前项和公式即可求出结果. 【详解】因为数列是以4为首项，3为公差的等差数列，数列是以1首项，2为公差的等差数列， 所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以7为首项，6为公差的等差数列， 所以的前项和为． 故答案为：. 13. 已知某种商品的直播平台支出（单位：万元）与农产品销售额（单位：万元）之间有如下对应数据： 2 3 4 6 7 8 7.5 11.5 31.5 36.5 43.5 根据上表可得线性回归方程，但由于操作员不慎，导致一个数据丢失，但可以知道在函数的图象上，据此估计，可以得到的值为___________；当投入12万元时，销售额大约为___________万元. 【答案】 ①. 19.5 ②. 67 【解析】 【分析】由表中数据求出，代入可得，样本点的中心满足回归直线的方程求解即可. 【详解】由上表可知：在函数的图象上，，解得19.5， 又满足线性回归方程，则， 当时，（万元）. 故答案为：；. 14. 半径为2的球内部有一定点，，过点作该球的截面，将该球分为两部分，体积分别为、．类比教材中利用祖暅原理推导球体积的方法，可求得的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】类比祖暅原理得出球缺及剩余体积计算，再结合导函数得出单调性求解. 【详解】 设球缺（球的截面分球的两个部分）所在球体的半径为，球缺的高度为（球垂直于截面的半径的端点到截面的距离）， 不妨设，先用与水平面平行且经过球缺所在球的球心的平面截球缺， 则球台的高为，下底面半径为，上底面半径为， 由祖暅原理，球台体积等于与之等高，底面半径相等的圆柱挖去一个与之等高的小圆锥余下的几何体的体积， 其中小圆锥的底面半径为，则球台体积为， 将其加上半球的体积，即得球缺的体积：. 若，则可先计算另一半高为的大球缺体积，再用球的体积减去大球缺的体积， 即得小球缺的体积为. 类比球体积的推导方法，构造一个底面半径的圆柱， 里面挖去底面为圆柱下底面，顶点为上底面的圆心的圆锥，则可以算得在任意高度， 两个几何体的截面面积均为， 故两个几何体的体积相等，由可知越大，体积越大，故当截面垂直于时， 取较大的球缺的体积为，较小的为，可得所求最小值为. 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足． （1）求C； （2）若，求外接圆的半径； （3）若，求周长的取值范围 【答案】（1） （2）1 （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理由边化角和两角和的正弦公式，对题干条件进行化简，求出目标角的余弦值，求出结果. （2）根据正弦定理可知，为三角形外接圆半径，根据余弦定理解三角形，使用正弦定理求出半径. （3）根据余弦定理和基本不等式，以及三角形三边之间的关系，求出另外两边和的范围，最终求出三角形周长的范围. 【小问1详解】 已知，则由正弦定理可得， 化简得， 变形得， 三角形内角和可知，代入得， 因为，所以. 解得，因为，所以. 【小问2详解】 已知，， 所以，得， 所以，所以外接圆半径. 【小问3详解】 已知，，代入， 得， 解得，当且仅当时等号成立， 因为三角形任意两边之和大于第三边，所以，所以. 则，所以三角形周长范围为. 16. 在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，与平面所成角为，是的中点，点且． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求平面与平面的夹角的大小． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，再连接，由，可完成证明； （2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由，结合题意可完成证明； （3）由（2）的结论可得是平面与平面的夹角，然后由向量夹角计算公式可得答案. 【小问1详解】 连接，交于点，再连接． 因为底面是正方形，所以点是的中点． 又是的中点，所以． 而平面且平面． 因此平面． 【小问2详解】 由底面，底面是正方形且与平面所成角为，又，可知是等腰直角三角形，即． 现以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 设，则，，，， 且．． ． ，． 同理．则. 又,平面,平面； 【小问3详解】 由（2）的结论平面，可知且，结合图形特点可知是平面与平面的夹角，亦可记为． 在等腰直角三角形中，为中点，所以． 又，即且． 于是，且． 又． 所以，即与平面的夹角大小为． 17. 已知双曲线的左顶点为，离心率为3，是上的两点. （1）求的标准方程； （2）若线段的中点为，求直线的方程； （3）若（不在直线上），证明：直线过定点. 【答案】（1） （2）. （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用离心率公式和双曲线的关系得到双曲线方程； （2）根据点差法结合线段中点坐标解得直线的斜率，从而解得答案； （3）设直线的方程为，联立方程组消元得到通过韦达定理有，，结合，化简得，解得或，当和时，分别分析直线的方程，进而求得定点； 【小问1详解】 因为，， 所以，故的标准方程为· 【小问2详解】 设，，根据题意易得. 因为是上的两点，所以 两式相减得，即 因为， 所以 所以直线的方程为 经检验，此时直线与双曲线C有两个交点，满足题意，则直线的方程为. 【小问3详解】 证明：依题意可设直线的方程为. 由，得 则，， ，由（2）知， 因为，所以 即 即 即，得，解得或. 当时，直线，直线过点，不符合题意，舍去； 当时，直线，满足，则直线过定点 故直线过定点 18. 已知． （1）讨论的单调性； （2）若任意的，求的取值范围． 【答案】（1）当时，在（0，2）上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在（0，2）上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． （2） 【解析】 【分析】（1）先确定函数的定义域，接着对函数进行求导，令，得到临界点和，最后根据与的大小关系，分四种情况讨论在不同区间的符号，从而确定的单调性. （2）根据，构造函数，由条件得出在上单调递增，所以在上恒成立，变形得到在上恒成立，最后求的最大值即可得到的取值范围． 【小问1详解】 的定义域为． 若，则． ①若，当时，；当时，， 所以在（0，2）上单调递减，在上单调递增； ②若，当或时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； ③若，当且仅当时取等号，此时在上单调递增； ④若，当或时，；当时，， 所以在（0，2）上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 综上所述，当时，在（0，2）上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在（0，2）上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 不妨设，则 ． 设，则， 所以在上单调递增，所以对恒成立， 所以对恒成立， 又，所以当时，取最大值， 所以，解得，即的取值范围为． 19. 错排问题最早由伯努利与欧拉系统研究，历史上称为伯努利—欧拉的装错信封问题．现在定义错排数为将共个元素排列在共个位置上，其中有个元素不在其对应位置上的情况数（的对应位置为）．容易得到，．另外，规定． （1）计算：； （2）记的前项和为，证明：； （3）定义错排概率为随机将共个元素排列在共个位置上，其中恰有个元素不在其对应位置上的概率，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据分类加法和分步乘法计数原理即可求解； （2）得到的通项，转化为要证明的等式，根据（1）的提示，寻找递推关系，进而运算可得结论； （3）由定义得到与之间的关系，寻找与的关系，变形并求的表达式，运算可得结论． 【小问1详解】 可以排在上，有种排法． 当的位置确定后，剩下两个元素只有1种排法． 所以． 可以排在上，有种排法． 不妨设排在上，接下来讨论． 当排在上时，剩下两个元素的排法有（种）． 当不排在上时，可以排在上，有种情况． 若排在上，剩下两个元素只有1种排法． 所以． 【小问2详解】 当时，，满足． 当时，要证明，只需证明， 所以只需证明． 当时，，成立． 回到定义，当时，对于，不妨从开始排列， 设排在上，有种排法．接下来讨论， ①当排在上时，剩下共个元素 分别不在上， 共有种排法． ②当不排在上时， 因为分别不在上， 所以共个元素 分别不在上， 共有种排法． 所以． 所以， 即． 综上，成立． 【小问3详解】 根据定义，， 先从个元素中选出个元素，再对它们进行排列，并使它们均不排在对应位置上， 所以． 所以． 不妨记，则，且， 得， 则， 故是等比数列，且公比为， 又，所以， 变形得， 则当时，， 累加得， 经检验也符合上式，所以， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023~2024学年下学期高二期末考试 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知集合，，，则等于（ ） A. 0或 B. 0或2 C. 1或 D. 1或2 2. 设复数 在复平面内的对应点关于虚轴对称，若是虚数单位），则为（ ） A. B. C. D. 3. 记为等比数列的前项和，若，则的公比为（ ） A. 2 B. C. D. 4. 已知三棱锥中，，，，，，则三棱锥的体积是（ ） A. B. C. 2 D. 5. 已知斜率存在的直线l交椭圆C：于A，B两点，P是弦AB的中点，点，且，，则直线MP的斜率为（ ） A. B. C. 或 D. 或 6. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，其中，，，为已知实常数，，若，则（ ） A. 对任意实数， B. 存在实数， C. 对任意实数， D. 存在实数， 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. 设、、是三个非零向量，且相互不共线，下列命题正确的是（ ） A. B. C. 与垂直 D. 若，则 10. 已知甲口袋中装有3个红球，1个白球，乙口袋中装有2个红球，1个白球，这些球只有颜色不同．先从甲口袋中随机取出1个球放入乙口袋，再从乙口袋中随机取出1个球．记从甲口袋中取出的球是红球、白球分别为事件、，从乙口袋中取出的球是红球为事件，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 11. 已知曲线，则以下说法正确的是（ ） A. 最小值为 B. 两曲线有且仅有2条公切线，记两条公切线斜率分别为，则 C. 当轴时， D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 将数列与的公共项按从小到大的顺序排列得到数列，，则的前项和为______． 13. 已知某种商品的直播平台支出（单位：万元）与农产品销售额（单位：万元）之间有如下对应数据： 2 3 4 6 7 8 7.5 11.5 31.5 36.5 43.5 根据上表可得线性回归方程，但由于操作员不慎，导致一个数据丢失，但可以知道在函数的图象上，据此估计，可以得到的值为___________；当投入12万元时，销售额大约为___________万元. 14. 半径为2的球内部有一定点，，过点作该球的截面，将该球分为两部分，体积分别为、．类比教材中利用祖暅原理推导球体积的方法，可求得的最小值为________． 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足． （1）求C； （2）若，求外接圆的半径； （3）若，求周长的取值范围 16. 在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，与平面所成角为，是的中点，点且． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求平面与平面的夹角的大小． 17. 已知双曲线的左顶点为，离心率为3，是上的两点. （1）求的标准方程； （2）若线段的中点为，求直线的方程； （3）若（不在直线上），证明：直线过定点. 18. 已知． （1）讨论的单调性； （2）若任意的，求的取值范围． 19. 错排问题最早由伯努利与欧拉系统研究，历史上称为伯努利—欧拉的装错信封问题．现在定义错排数为将共个元素排列在共个位置上，其中有个元素不在其对应位置上的情况数（的对应位置为）．容易得到，．另外，规定． （1）计算：； （2）记的前项和为，证明：； （3）定义错排概率为随机将共个元素排列在共个位置上，其中恰有个元素不在其对应位置上的概率，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $