2023-2024学年云南省红河州高二下学期末学业质量监测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1云南省红河州2023-2024学年高二下学期期末学业质量监测数学试题注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、班级、考场号、座位号在答题卡上填写清楚，并将条形码准确粘贴在条形码区域内.2.回答选择题时，选出每小题答案后，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，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、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】集合，，故.故选：C2.已知直线l：与圆C：有公共点，则实数m的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】圆C：，知，圆心到直线的距离为：，解得：.故选：A3.为全面普及无人机知识，激发青少年探索航空未来创造力与想象力，提升青少年科学素养和创新能力，培养航空后备人才.中国航空学会、云南省科学技术协会、云南警官学院于2024年4月中句在红河州弥勒市共同举办第8届全国青少年无人机大赛（云南省赛）.某校为下一届大赛做准备，在校内进行选拔赛，9名学生成绩依次为：85，105，75，100，95，85，90，100，80.则这组数据的第60百分位数为（）A.85 B.90 C.92.5 D.95【答案】D【解析】9名学生成绩从低到高依次为：75，80，85，85，90，95，100，100，105.且，故第60百分位数为：95.故选：D4.已知函数对任意的都有成立，当时，，则（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】由，得可知周期为，所以，又当时，，所以故选：A5.若函数，则函数的单调递增区间为（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】因为，所以，所以，则函数的单调递增区间为，，故选：C6.东平房塔（如图）建于辽代，塔平面呈正六边形，是辽西古塔中仅有的两座辽代六边形古塔之一.请根据塔平面抽象出正六边形ABCDEF，若，则（）A.6 B. C.8 D.12【答案】D【解析】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系，则，故.故选：D7.已知椭圆C：，的右焦点为，过F的直线与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为，则椭圆C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设则，两式作差得：，线段AB的中点为，故，所以，且直线AB过和，则直线AB的斜率：,故，解得.故选：B8.一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金.一位顾客到店里购买10g黄金，售货员先将5g的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将5g的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客.你认为顾客购得的黄金是（）A.小于10g B.等于10gC.大于10g D.大于或等于10g【答案】C【解析】由于天平两臂不等长，可设天平左臂长为，右臂长为，则，再设先称得黄金为，后称得黄金为，则，，，，，当且仅当，即时等号成立，但，等号不成立，即.因此，顾客购得的黄金大于.故选：C二、多项选择题：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，有多项符合题自要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分.9.以下说法正确的是（）A.若，，则B.随机变量，，若，则C.若，，，则D.，且，则【答案】BCD【解析】对于A,若，则解得，故A错误；对于B，随机变量，，若，则，故B正确；对于C，若，则,则,故C正确；对于D，，且，则，故D正确.故选：BCD10.记正项数列的前n项和为，已知，则（）A. B.C. D.数列的前n项和小于1【答案】AD【解析】对于B：∵，①∴当时，，解得；当时，，②由①②得，化为，∵有，∴.数列是以首项为1，公差为1的等差数列.∴.∴，故B错误；对于AC：，，故A正确，C错误；对于D：，数列的前n项和为，故D正确；故选：AD11.如图1，在菱形中，，.沿对角线将其翻折，如图2.则（）A.在折叠过程中直线与所成角不变B.当点在平面的投影为的重心时，C.三棱锥的表面积最大值为D.当三棱锥的体积最大时，其外接球半径为【答案】ABD【解析】对于A，如图①所示，取中点，连接,因为四边形为菱形，,所以，且为等边三角形，因为为中点，所以,因为平面,平面,所以平面,因为平面,所以，故A正确；对于B，如图②所示，设的重心为，因为点在平面的投影为的重心，所以平面，因为为等边三角形，所以重心在上，且,所以在中，,在中，，故B正确；对于C，因为全等，所以三棱锥的表面积为，因为,所以当时，，故C错误；对于D，因为当三棱锥的体积最大，如图①所示，所以平面平面，又因为,平面平面,所以平面，故三棱锥高最大为所以，如图③所示，设三棱锥外接球球心为,且为的重心，过作平面，过作平面，连接，因为，平面,所以平面，所以,因为平面，平面，所以，所以四边形为矩形，即因为点为三棱锥的外接球的球心，到四点距离相等，设,外接球半径为，则,在中，，在中，，解得，所以外接球的半径，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设z为虚数，，则z可以为____________.（写出满足条件的一个解即可）【答案】（答案不唯一，）【解析】设虚数，由，得，于是，取，可得.故答案为：13.已知函数，分别是定义在上的奇函数，偶函数，且，则____________.【答案】【解析】函数，分别是定义在上的奇函数，偶函数，故，所以，故.故答案为：14.已知直线l：与抛物线C：交于A，B两点，如图，点P为抛物线C上的动点，且位于直线AB的下方，则△ABP面积的最大值为____________.【答案】【解析】当抛物线过点的切线与直线平行时，的面积最大，设点，由得：，，所以切线的斜率：，解得：，所以，所以，点到直线距离，由，消去，得：，设，，则，，所以，所以的面积的最大值为：.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，已知.（1）求B；（2）若，的面积为，求的周长.解：（1）由正弦定理有，，可得，即，，，则，，故；（2），，则，可得，结合，由余弦定理，有，，可得，则的周长为.16.如图，在四棱台中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，，，P为AB的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的大小.解：（1）底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，故，，两两垂直.以为原点，分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，在四棱台中，，，P为AB的中点，故,则,所以，即，且平面，平面，故平面.（2）由（1）知，,,设平面的法向量为则令，解得设平面的法向量为则令，解得故故平面与平面的夹角为.17.已知函数，（）.（1）当时，求出方程解的个数；（2）讨论函数的单调性.解：（1）当时，，即，设，则，且定义域，故在时，恒成立，在上单调递增，在时，恒成立，在上单调递减，所以，故只有一个解，即方程只有一个解.（2）函数定义域为，由题意，当时，在时，恒成立，在上单调递增，当时，的解为，的解为，在上递增，在上递减．综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上递增，在上递减．18.为提高学生的身体素质，除了进行体育锻炼之外，学校每天中午免费为学生提供水果和牛奶两种营养餐（每人每次只能选择其中一种），经过统计分析发现：学生第一天选择水果的概率为，选择牛奶的概率为.而前一天选择水果第二天选择水果的概率为，选择牛奶的概率为；前一天选择牛奶第二天选择水果的概率为，选择牛奶的概率也是，如此往复.记某同学第n天选择水果的概率为.（1）记某班的2名同学在发放营养餐开始第二天选择水果的人数为X，求X的分布列和期望；（2）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；（3）为了培养学生的服务意识，30天后学校组织学生参加志愿服务活动，其中有15位学生负责为全体同学分发营养餐，应该如何安排分发水果和牛奶的人数.解：（1）依题意，第二天选择水果的概率为，第二天选择牛奶的概率为，第二天选择水果的人数X的可能值为，，所以X的分布列为：012期望为.（2）依题意，，由，而，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，，数列的通项公式为.（3）由（2）知，，当时，非常小，趋近于0，，，即30天后学校每天选择水果的人数约为总人数的，所以15位学生负责为全体同学分发营养餐，分发水果和牛奶人数分别为.19.已知点，在双曲线（，）上，直线.（1）求双曲线的标准方程；（2）当且时，直线与双曲线分别交于，两点，关于轴的对称点为.证明：直线过定点；（3）当时，直线与双曲线有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴，轴于，两点.当点运动时，求点的轨迹方程.解：（1）由点，在双曲线，即，解得，所以双曲线方程为；（2）由已知，设，，联立直线与双曲线，得，则，即，且，，，又点与关于轴的对称，则，所以，即，即，恒过定点；（3）由已知直线，，且，联立直线与双曲线，可得，则,，即，，所以，,代入直线可得，即，所以直线，即，所以，，即，可得.云南省红河州2023-2024学年高二下学期期末学业质量监测数学试题注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、班级、考场号、座位号在答题卡上填写清楚，并将条形码准确粘贴在条形码区域内.2.回答选择题时，选出每小题答案后，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，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、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】集合，，故.故选：C2.已知直线l：与圆C：有公共点，则实数m的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】圆C：，知，圆心到直线的距离为：，解得：.故选：A3.为全面普及无人机知识，激发青少年探索航空未来创造力与想象力，提升青少年科学素养和创新能力，培养航空后备人才.中国航空学会、云南省科学技术协会、云南警官学院于2024年4月中句在红河州弥勒市共同举办第8届全国青少年无人机大赛（云南省赛）.某校为下一届大赛做准备，在校内进行选拔赛，9名学生成绩依次为：85，105，75，100，95，85，90，100，80.则这组数据的第60百分位数为（）A.85 B.90 C.92.5 D.95【答案】D【解析】9名学生成绩从低到高依次为：75，80，85，85，90，95，100，100，105.且，故第60百分位数为：95.故选：D4.已知函数对任意的都有成立，当时，，则（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】由，得可知周期为，所以，又当时，，所以故选：A5.若函数，则函数的单调递增区间为（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】因为，所以，所以，则函数的单调递增区间为，，故选：C6.东平房塔（如图）建于辽代，塔平面呈正六边形，是辽西古塔中仅有的两座辽代六边形古塔之一.请根据塔平面抽象出正六边形ABCDEF，若，则（）A.6 B. C.8 D.12【答案】D【解析】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系，则，故.故选：D7.已知椭圆C：，的右焦点为，过F的直线与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为，则椭圆C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设则，两式作差得：，线段AB的中点为，故，所以，且直线AB过和，则直线AB的斜率：,故，解得.故选：B8.一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金.一位顾客到店里购买10g黄金，售货员先将5g的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将5g的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客.你认为顾客购得的黄金是（）A.小于10g B.等于10gC.大于10g D.大于或等于10g【答案】C【解析】由于天平两臂不等长，可设天平左臂长为，右臂长为，则，再设先称得黄金为，后称得黄金为，则，，，，，当且仅当，即时等号成立，但，等号不成立，即.因此，顾客购得的黄金大于.故选：C二、多项选择题：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，有多项符合题自要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分.9.以下说法正确的是（）A.若，，则B.随机变量，，若，则C.若，，，则D.，且，则【答案】BCD【解析】对于A,若，则解得，故A错误；对于B，随机变量，，若，则，故B正确；对于C，若，则,则,故C正确；对于D，，且，则，故D正确.故选：BCD10.记正项数列的前n项和为，已知，则（）A. B.C. D.数列的前n项和小于1【答案】AD【解析】对于B：∵，①∴当时，，解得；当时，，②由①②得，化为，∵有，∴.数列是以首项为1，公差为1的等差数列.∴.∴，故B错误；对于AC：，，故A正确，C错误；对于D：，数列的前n项和为，故D正确；故选：AD11.如图1，在菱形中，，.沿对角线将其翻折，如图2.则（）A.在折叠过程中直线与所成角不变B.当点在平面的投影为的重心时，C.三棱锥的表面积最大值为D.当三棱锥的体积最大时，其外接球半径为【答案】ABD【解析】对于A，如图①所示，取中点，连接,因为四边形为菱形，,所以，且为等边三角形，因为为中点，所以,因为平面,平面,所以平面,因为平面,所以，故A正确；对于B，如图②所示，设的重心为，因为点在平面的投影为的重心，所以平面，因为为等边三角形，所以重心在上，且,所以在中，,在中，，故B正确；对于C，因为全等，所以三棱锥的表面积为，因为,所以当时，，故C错误；对于D，因为当三棱锥的体积最大，如图①所示，所以平面平面，又因为,平面平面,所以平面，故三棱锥高最大为所以，如图③所示，设三棱锥外接球球心为,且为的重心，过作平面，过作平面，连接，因为，平面,所以平面，所以,因为平面，平面，所以，所以四边形为矩形，即因为点为三棱锥的外接球的球心，到四点距离相等，设,外接球半径为，则,在中，，在中，，解得，所以外接球的半径，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设z为虚数，，则z可以为____________.（写出满足条件的一个解即可）【答案】（答案不唯一，）【解析】设虚数，由，得，于是，取，可得.故答案为：13.已知函数，分别是定义在上的奇函数，偶函数，且，则____________.【答案】【解析】函数，分别是定义在上的奇函数，偶函数，故，所以，故.故答案为：14.已知直线l：与抛物线C：交于A，B两点，如图，点P为抛物线C上的动点，且位于直线AB的下方，则△ABP面积的最大值为____________.【答案】【解析】当抛物线过点的切线与直线平行时，的面积最大，设点，由得：，，所以切线的斜率：，解得：，所以，所以，点到直线距离，由，消去，得：，设，，则，，所以，所以的面积的最大值为：.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，已知.（1）求B；（2）若，的面积为，求的周长.解：（1）由正弦定理有，，可得，即，，，则，，故；（2），，则，可得，结合，由余弦定理，有，，可得，则的周长为.16.如图，在四棱台中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，，，P为AB的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的大小.解：（1）底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，故，，两两垂直.以为原点，分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，在四棱台中，，，P为AB的中点，故,则,所以，即，且平面，平面，故平面.（2）由（1）知，,,设平面的法向量为则令，解得设平面的法向量为则令，解得故故平面与平面的夹角为.17.已知函数，（）.（1）当时，求出方程解的个数；（2）讨论函数的单调性.解：（1）当时，，即，设，则，且定义域，故在时，恒成立，在上单调递增，在时，恒成立，在上单调递减，所以，故只有一个解，即方程只有一个解.（2）函数定义域为，由题意，当时，在时，恒成立，在上单调递增，当时，的解为，的解为，在上递增，在上递减．综上所述，当时，