2023-2024学年云南省保山市高二下学期期末质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1云南省保山市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试题第Ⅰ卷（选择题，共58分）注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校､班级､姓名､考场号､座位号､准考证号在答题卡上填写清楚．2．每小题选出答案后，用2B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，在试题卷上作答无效．一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.函数的最小正周期为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得，故选：C．2.已知集合，若中有3个元素，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，要使中有3个元素，只需，所以，故选：B．3.已知复数对应的向量为，向量，则向量在上的投影向量的坐标为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意知，由投影向量的定义知，向量在上的投影向量是，所以坐标为，故选：A．4.已知正方体的棱长为2，则该正方体的内切球的体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由正方体内切球的直径是正方体的棱长，所以，即，则球的体积，故选：D．5.设等比数列的前项的和为，若，则的近似值为（）A.4 B.3 C.2 D.【答案】C【解析】由，得，则.故选：C．6.已知，比较三个数的大小，则有（）A. B.C. D.【答案】A【解析】设，则，所以在上单调递增，故时，恒成立，即，所以有，故；设，则，所以在上单调递减，故时，恒成立，即，所以有，，得，综上：，故选：A．7.函数的定义域为是奇函数，是偶函数，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由是奇函数，得①，由是偶函数，得②联立①②得，当且仅当，即时，等号成立，故的最大值是，故选：B．8.已知点是椭圆上的一点，左､右焦点分别为点，点在的平分线上，为坐标原点，且，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设，，与轴的交点为，．由且，得①，又，所以，故②，联立①②消去得：，又，所以，因，所以有，所以，故，所以，解得离心率，故选：C．二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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，则方差B.在的展开式中的系数是80C.已知一系列样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则D.若随机变量的分布列为，则【答案】BD【解析】对于A，，故A错误；对于B，在的展开式中，，当时，，此时的系数，故B正确；对于C，样本点与的残差相等，则有得，故C错误；对于D，，得，故D正确，故选：BD．10.在中，角所对的边分别为，且，则下列说法正确的是（）A.角A的大小是B.若，则的形状是正三角形C.若，则的面积是D.若三角形是锐角三角形，的取值范围是【答案】BCD【解析】关于A，在中，由及正弦定理，得，又，于是，而，即有，则，所以，故A错误；对于B，由题意知，则，又因，得，则，所以为正三角形，故B正确；对于C，由余弦定理，，代入得，，因，则有，即得，故的面积为，故C正确；对于D，由正弦定理，可得，因，代入化简得：，因三角形是锐角三角形，可得，，故的取值范围是，故D正确.故选：BCD．11.平面内到两个定点的距离比值为一定值的点的轨迹是一个圆，此圆被称为阿波罗尼斯圆，俗称“阿氏圆”．已知平面内点.动点满足，记点的轨迹为,则下列命题正确的是（）A.点的轨迹的方程是B.过点的直线被点的轨迹所截得的弦的长度的最小值是C.直线与点的轨迹相离D.已知点是直线上的动点，过点作点的轨迹的两条切线，切点为，则四边形面积的最小值是4【答案】ACD【解析】对于选项A：设点，因为，整理可得，故A正确；对于选项B：因点的轨迹方程是，圆心是，半径是，且，可知点在圆内，过点的直线被圆所截得的弦最短时，点是弦的中点，根据垂径定理得弦最小值是，故B错误；对于选项C：圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，故C正确；对于选项D：因为四边形面积，由数形分析可知：当时，取到最小值，所以四边形面积取最小值，故D正确；故选：ACD．第Ⅱ卷（非选择题，共92分）注意事项：第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题类上作答无效．三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.记为不超过的最大整数，则__________．【答案】1【解析】由题意知：，故原式．故答案为：113.某人从保山到昆明，可以乘坐高铁､客车､飞机三种交通工具，出行方式如下表，交通工具高铁客车飞机乘坐概率迟到概率0.10.303某人已迟到，则他乘坐飞机迟到的概率为__________．【答案】0.25【解析】由题意知，所求概率．故答案为：0.2514.已知点为坐标原点，点是拋物线的焦点，点分别位于轴的两侧且都在抛物线上，记的面积为的面积为，若，则的最小值为__________．【答案】【解析】因分别位于轴的两侧且都在抛物线上，则可设，，且，如图所示：由得，则有的面积，的面积，所以，当且仅当时，取等号．故答案为：四､解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15.已知的前项和是，且．（1）求数列的通项公式；（2）设求数列的前项和．解：（1）由①得，当时，②，联立①②得，所以有，因为，所以．（2）设数列的前项中的奇数项之和为，偶数项之和为，由（1）知则，，综上：．16.如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面于点．（1）求证：平面；（2）已知：条件①平面，条件②，条件③平面平面，从这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定，并求二面角的余弦值．解：（1）连接，如图1，因为交平面于点平面，所以平面，所以平面平面．又因为平面平面且平面平面，所以，因为，且，所以四边形是平行四边形，所以，所以，因为平面平面，所以平面．（2）由（1）知，点是的中点，所以点是线段的中点．若选择条件①②：因为平面四边形的棱长相等，而且对角线，所以四边形是正方形，又因平面，所以．故如图2建立以为坐标原点，分别为轴的空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，由，可取，因为平面，所以平面的法向量为，所以，由题知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为．若选择条件①③：因为平面平面平面，所以，因平面平面，平面平面，所以平面，所以，如图建立以为坐标原点，分别为轴的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，由，可取，因为平面，所以平面的法向量为，所以，又由题意知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为．选择条件②③不合题意，由条件②，且平面四边形的棱长相等，可得四边形是正方形，由条件③平面平面，无法确定与，故几何体不能唯一确定．17.（1）设，求在点处的切线方程；（2）若是函数的极值点，求实数的值．解：（1）由题意得：，，切点是，切线斜率，故切线方程是：．（2）方法一：由条件得，因为且是的极值点，所以，即．当时，，，，当时，，所以在上恒成立，即在上单调递增，如图，由与的图象可知，存在，使得当，即存在，使在上单调递减，所以是的极小值点．综上，实数的值为1．方法二：，因为是的极值点，所以，，即．当时，，令，则，令，当时，，所以恒成立．，当时，，故，所以在上单调递增，因为，所以，所以，所以，所以，，对任意，故在上单调递增，又，所以当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，满足是极值点，综上，实数的值为1．18.高黎贡山国家级自然保护区位于云南省保山市，被誉为“世界自然博物馆”及“动植物物种基因库”．经过几十年的发展，某种濒临灭绝动物数量有大幅度的增加．已知这种动物拥有两个亚种（分别记为种和种）．为了调查该区域中这两个亚种的数目，某动物研究小组计划在该区域中捕捉100个动物，统计其中种的数目后，将捕获的动物全部放回，作为一次试验结果．重复进行这个试验共20次，记第次试验中种的数目为随机变量．设该区域中种的数目为，种的数目为均大于100，每一次试验均相互独立．（1）求的分布列；（2）记随机变量,定义，且．证明：．解：（1）依题意，服从超几何分布，故的分布列为，0199100（2）先证一般结论：，，．因为，设，则，，从而，，设，则，所以，，故．19.设点曲线上，在曲线上，且满足，（1）求的方程；（2）点在上，过点的直线与的渐近线交于两点，且是的中点，求（为坐标原点）的面积；（3）利用双曲线定义证明：方程表示的曲线是焦点在直线上的双曲线．解：（1）由已知得，将代入得方程为；（2）显然直线不与轴垂直，故可设其方程为，双曲线的渐近线为，联立，解得：，所以，联立，解得：，所以，因为是的中点，所心点的横､纵坐标为，点在双曲线上，即，得，因，所以，显然直线与轴的交点为，所以，将代入可得．方法二：双曲线的渐近线为，因点在两条渐近线上，故可设，因为是的中点，则点，又点在上，将点代入方程，得到，因，所以的面积．（3）设方程上任意一点，则，当时，，则，当时，，则．根据双曲线得定义得，方程的图象是焦点在直线上的双曲线．云南省保山市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试题第Ⅰ卷（选择题，共58分）注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校､班级､姓名､考场号､座位号､准考证号在答题卡上填写清楚．2．每小题选出答案后，用2B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，在试题卷上作答无效．一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.函数的最小正周期为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得，故选：C．2.已知集合，若中有3个元素，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，要使中有3个元素，只需，所以，故选：B．3.已知复数对应的向量为，向量，则向量在上的投影向量的坐标为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意知，由投影向量的定义知，向量在上的投影向量是，所以坐标为，故选：A．4.已知正方体的棱长为2，则该正方体的内切球的体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由正方体内切球的直径是正方体的棱长，所以，即，则球的体积，故选：D．5.设等比数列的前项的和为，若，则的近似值为（）A.4 B.3 C.2 D.【答案】C【解析】由，得，则.故选：C．6.已知，比较三个数的大小，则有（）A. B.C. D.【答案】A【解析】设，则，所以在上单调递增，故时，恒成立，即，所以有，故；设，则，所以在上单调递减，故时，恒成立，即，所以有，，得，综上：，故选：A．7.函数的定义域为是奇函数，是偶函数，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由是奇函数，得①，由是偶函数，得②联立①②得，当且仅当，即时，等号成立，故的最大值是，故选：B．8.已知点是椭圆上的一点，左､右焦点分别为点，点在的平分线上，为坐标原点，且，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设，，与轴的交点为，．由且，得①，又，所以，故②，联立①②消去得：，又，所以，因，所以有，所以，故，所以，解得离心率，故选：C．二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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，则方差B.在的展开式中的系数是80C.已知一系列样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则D.若随机变量的分布列为，则【答案】BD【解析】对于A，，故A错误；对于B，在的展开式中，，当时，，此时的系数，故B正确；对于C，样本点与的残差相等，则有得，故C错误；对于D，，得，故D正确，故选：BD．10.在中，角所对的边分别为，且，则下列说法正确的是（）A.角A的大小是B.若，则的形状是正三角形C.若，则的面积是D.若三角形是锐角三角形，的取值范围是【答案】BCD【解析】关于A，在中，由及正弦定理，得，又，于是，而，即有，则，所以，故A错误；对于B，由题意知，则，又因，得，则，所以为正三角形，故B正确；对于C，由余弦定理，，代入得，，因，则有，即得，故的面积为，故C正确；对于D，由正弦定理，可得，因，代入化简得：，因三角形是锐角三角形，可得，，故的取值范围是，故D正确.故选：BCD．11.平面内到两个定点的距离比值为一定值的点的轨迹是一个圆，此圆被称为阿波罗尼斯圆，俗称“阿氏圆”．已知平面内点.动点满足，记点的轨迹为,则下列命题正确的是（）A.点的轨迹的方程是B.过点的直线被点的轨迹所截得的弦的长度的最小值是C.直线与点的轨迹相离D.已知点是直线上的动点，过点作点的轨迹的两条切线，切点为，则四边形面积的最小值是4【答案】ACD【解析】对于选项A：设点，因为，整理可得，故A正确；对于选项B：因点的轨迹方程是，圆心是，半径是，且，可知点在圆内，过点的直线被圆所截得的弦最短时，点是弦的中点，根据垂径定理得弦最小值是，故B错误；对于选项C：圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，故C正确；对于选项D：因为四边形面积，由数形分析可知：当时，取到最小值，所以四边形面积取最小值，故D正确；故选：ACD．第Ⅱ卷（非选择题，共92分）注意事项：第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题类上作答无效．三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.记为不超过的最大整数，则__________．【答案】1【解析】由题意知：，故原式．故答案为：113.某人从保山到昆明，可以乘坐高铁､客车､飞机三种交通工具，出行方式如下表，交通工具高铁客车飞机乘坐概率迟到概率0.10.303某人已迟到，则他乘坐飞机迟到的概率为__________．【答案】0.25【解析】由题意知，所求概率．故答案为：0.2514.已知点为坐标原点，点是拋物线的焦点，点分别位于轴的两侧且都在抛物线上，记的面积为的面积为，若，则的最小值为__________．【答案】【解析】因分别位于轴的两侧且都在抛物线上，则可设，，且，如图所示：由得，则有的面积，的面积，所以，当且仅当时，取等号．故答案为：四､解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15.已知的前项和是，且．（1）求数列的通项公式；（2）设求数列的前项和．解：（1）由①得，当时，②，联立①②得，所以有，因为，所以．（2）设数列的前项中的奇数项之和为，偶数项之和为，由（1）知则，，综上：．16.如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面于点．（1）求证：平面；（2）已知：条件①平面，条件②，条件③平面平面，从这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定，并求二面角的余弦值．解：（1）连接，如图1，因为交平面于点平面，所以平面，所以平面平面．又因为平面平面且平面平面，所以，因为，且，所以四边形是平行四边形，所以，所以，因为平面平面，所以平面．（2）由（1）知，点是的中点，所以点是线段的中点．若选择条件①②：因为平面四边形的棱长相等，而且对角线，所以四边形是正方形，又因平面，所以．故如图2建立以为坐标原点，分别为轴的空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，由，可取，因为平面，所以平面的法向量为，所以，由题知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为．若选择条件①③：因为平面平面平面，所以，因平面平面，平面平面，所以平面，所以，如图建立以为坐标原点，分别为轴的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，由，可取，因为平面，所以平面的法向量为，所以，又由题意知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为．选择条件②③不合题意，由条件②，且平面四边形的棱长相等，可得四边形是正方形，由条件③平面平面，无法确定与，故几何体不能唯一确定．17.（1）设，求在点处的切线方程；（2）若是函数的极值点，求实数的值．解：（1）由题意得：，，切点是，切线斜率，故切线方程是：．（2）方法一：由条件得，因为且是的极值点，所以，即．当时，，，，当时，，所以在上恒成立，即在上单调递增，如图，由与的图象可知，存在，使得当，即存在，使在上单调递减，所以是的极小值点．综上，实数的值为1．方法二：，因为是的极值点，所以，