2023-2024学年云南省曲靖市高二下学期期末考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1云南省曲靖市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷一、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.已知全集，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】依题意，，所以.故选：D2.复数是虚数单位，则（）A.5 B. C.3 D.【答案】B【解析】复数，故选：B.3.已知向量，，且则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由向量，，且，，可得，所以.选A4.设，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】由得或，由得，因为或推不出，但能推出或成立，所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B.5.已知椭圆的离心率是，则椭圆的焦距为（）A.或 B.或C. D.【答案】A【解析】若，则，解得，则，所以焦距是；若，则，解得，则，所以焦距是.故选：A6.函数的大致图象为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由题设定义域为，且，所以为偶函数，排除D；当时，，此时趋向，趋向，排除A、C；故选：B7.在棱长为2的正方体中，分别取棱，的中点E，F，点G为EF上一个动点，则点G到平面的距离为（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】如图所示，点E，F分别是，的中点，因为该正方体的棱长为2，所以，∴平面，点G到平面的距离即为点E或F到平面的距离．方法1：等体积法∵为等边三角形，∴，，设F到平面的距离为d，∵，∴，解得．方法2：向量法建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，，设平面的法向量为，则有，得，可求得平面的法向量为，，∴．故选：D8.已知，，，则，，的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】依题意可得，，，设，则，当时，，单调递减，又，所以，即，即.故选：D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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.某高中为了调查本校学生一个月内在学习用品方面的支出情况，抽出了一个容量为且支出在元的样本，其频率分布直方图如图所示，则下列说法错误的是（）A.估计众数为45 B.支出在的频率为0.25C.估计平均数为43 D.估计分位数是【答案】BC【解析】对于A，最高的矩形为第三个矩形，其中点的横坐标为，因此估计众数为，A正确；对于B，前三个矩形的面积和为，所有矩形面积之和为，则第四个矩形的面积为，因此支出在的频率为，B错误；对于C，平均数为，C错误；对于D，由选项B知，第百分数位于第四组，由，可以估计第百分数为，D正确.故选：BC10.已知函数的两个相邻的零点之差的绝对值为，且是的最小正零点，则（）A. B.C.在区间上单调递减 D.【答案】ACD【解析】令函数，得，则函数两个相邻的零点之差的绝对值为的周期，即，解得，又是的零点，则，即，于是，，解得，，又，则，，经验证是的最小正零点，因此，对于A，，A正确；对于B，，B错误；对于C，当时，，函数在上递减，因此在区间上单调递减，C正确；对于D，，D正确．故选：ACD11.为提高学生学习数学的热情，某校积极筹建数学兴趣小组，小组成员仿照教材中等差数列和等比数列的概念，提出“等积数列”的概念：从第二项起，每一项与前一项之积为同一个常数（不为0）.已知数列是一个“等积数列”，，其前项和为，则下列说法正确的是（）A. B.C.的一个通项公式为 D.【答案】ACD【解析】由“等积数列”定义得：，而，则，因此数列奇数项相同，偶数项相同，又，则当为奇数时，，由，得，则当为偶数时，，对于A，，A正确；对于B，，B错误；对于C，若，则当为奇数时，，当为偶数时，，符合题意，C正确；对于D，当为奇数时，，满足，当为偶数时，，满足，D正确.故选：ACD三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.的展开式中的常数项是10，则____________.【答案】【解析】二项式展开式的通项为，由，得，于是，所以.故答案为：13.已知双曲线，其一条渐近线被圆截得的弦长为，则____________.【答案】【解析】依题意，的渐近线方程为：，不妨取渐近线，则圆心,到的距离，由圆的性质得，所以.故答案为：14.已知四边形是边长为3的菱形，把沿折起，使得点D到达点P，则三棱锥体积最大时，其外接球半径为_______．【答案】【解析】取中点G，连接，如图，当三棱锥体积最大时，平面平面，此时．设，则，所以，设，则，由，可得，因为时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减，所以时三棱锥的体积最大，此时，，所以.设E，F分别为与的外接圆圆心，圆的半径为，过点E作平面的垂线，过点F作平面的垂线，则两垂线的交点O就是三棱锥的外接球球心，由正弦定理可知，即，可求得，故四边形是正方形，，所以外接球半径，所以三棱锥的体积最大时，其外接球半径.故答案为：四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.15.已知的内角的对边分别为，且.（1）求；（2）若，求的周长.解：（1）在中，由及正弦定理，得，即，则，而，因此，而，所以.（2）由及正弦定理得，而，则，由余弦定理得，则，解得，所以的周长是.16.如图，在四棱锥中，底面，四边形为正方形，，分别为，的中点.（1）求证：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.解：（1）取中点，连接，∵，分别为，的中点，∴，.又四边形为正方形，∴，，又∵为的中点，∴，，∴四边形平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面.（2）以点坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系.设，则，，，，，，，，设平面的法向量为，则即令，则，设直线与平面所成角为，则.17.某兴趣小组为了研究昼夜温差大小与患感冒人数多少之间的关系，请一所中学校医务室人员统计近期昼夜温差情况和到该校医务室就诊的患感冒学生人数，如下是2021年10月、11月中的5组数据：日期10月8日10月18日10月28日11月8日11月18日昼夜温差x（℃）8116155就诊人数y131712199（1）通过分析，发现可用线性回归模型拟合就诊人数y与昼夜温差x之间的关系，请用以上5组数据求就诊人数关于昼夜温差的线性回归方程（结果精确到0.01）；（2）一位住校学生小明所患感冒为季节性流感，传染给同寝室每个同学的概率为0.6．若该寝室的另3位同学均未患感冒，在与小明近距离接触后有X位同学被传染季节性流感，求的分布列和期望．参考数据：，．参考公式：，．解：（1）由表格中数据可得，，，∴∴．∴就诊人数y关于昼夜温差x的线性回归方程为（2）的可能取值为0，1，2，3∵，∴∴的分布列为X0123P0.0640.2880.4320.216期望18.在平面直角坐标系中,抛物线方程为，其顶点到焦点的距离为.（1）求抛物线的方程；（2）若点，设直线与抛物线交于、两点，且直线、的斜率之和为，试证明：对于任意非零实数，直线必过定点.解：（1），且抛物线的顶点到焦点的距离为，则该抛物线的焦点坐标为，，解得，因此，该抛物线的方程为；（2）设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，消去并整理得，由韦达定理得，.直线的斜率为，同理直线的斜率为，由题意得，上式对任意的非零实数都成立，则，解得，所以，直线的方程为，该直线过定点.19.已知函数.（1）当时，求函数在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.解：（1）当时，，求导得，则，而，则的图象在点处的切线方程为，该切线交轴于点，交轴于点，所以该切线与坐标轴转成的三角形面积为.（2）当时，函数，求导得，令，，求导得，则函数在上递增，因此，当，即时，函数在上单调递增，，当时，，则存在，使得，当时，，函数在上单调递减，当时，，不符合题意，所以关于的不等式在上恒成立，实数的取值范围是.云南省曲靖市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷一、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.已知全集，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】依题意，，所以.故选：D2.复数是虚数单位，则（）A.5 B. C.3 D.【答案】B【解析】复数，故选：B.3.已知向量，，且则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由向量，，且，，可得，所以.选A4.设，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】由得或，由得，因为或推不出，但能推出或成立，所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B.5.已知椭圆的离心率是，则椭圆的焦距为（）A.或 B.或C. D.【答案】A【解析】若，则，解得，则，所以焦距是；若，则，解得，则，所以焦距是.故选：A6.函数的大致图象为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由题设定义域为，且，所以为偶函数，排除D；当时，，此时趋向，趋向，排除A、C；故选：B7.在棱长为2的正方体中，分别取棱，的中点E，F，点G为EF上一个动点，则点G到平面的距离为（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】如图所示，点E，F分别是，的中点，因为该正方体的棱长为2，所以，∴平面，点G到平面的距离即为点E或F到平面的距离．方法1：等体积法∵为等边三角形，∴，，设F到平面的距离为d，∵，∴，解得．方法2：向量法建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，，设平面的法向量为，则有，得，可求得平面的法向量为，，∴．故选：D8.已知，，，则，，的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】依题意可得，，，设，则，当时，，单调递减，又，所以，即，即.故选：D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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.某高中为了调查本校学生一个月内在学习用品方面的支出情况，抽出了一个容量为且支出在元的样本，其频率分布直方图如图所示，则下列说法错误的是（）A.估计众数为45 B.支出在的频率为0.25C.估计平均数为43 D.估计分位数是【答案】BC【解析】对于A，最高的矩形为第三个矩形，其中点的横坐标为，因此估计众数为，A正确；对于B，前三个矩形的面积和为，所有矩形面积之和为，则第四个矩形的面积为，因此支出在的频率为，B错误；对于C，平均数为，C错误；对于D，由选项B知，第百分数位于第四组，由，可以估计第百分数为，D正确.故选：BC10.已知函数的两个相邻的零点之差的绝对值为，且是的最小正零点，则（）A. B.C.在区间上单调递减 D.【答案】ACD【解析】令函数，得，则函数两个相邻的零点之差的绝对值为的周期，即，解得，又是的零点，则，即，于是，，解得，，又，则，，经验证是的最小正零点，因此，对于A，，A正确；对于B，，B错误；对于C，当时，，函数在上递减，因此在区间上单调递减，C正确；对于D，，D正确．故选：ACD11.为提高学生学习数学的热情，某校积极筹建数学兴趣小组，小组成员仿照教材中等差数列和等比数列的概念，提出“等积数列”的概念：从第二项起，每一项与前一项之积为同一个常数（不为0）.已知数列是一个“等积数列”，，其前项和为，则下列说法正确的是（）A. B.C.的一个通项公式为 D.【答案】ACD【解析】由“等积数列”定义得：，而，则，因此数列奇数项相同，偶数项相同，又，则当为奇数时，，由，得，则当为偶数时，，对于A，，A正确；对于B，，B错误；对于C，若，则当为奇数时，，当为偶数时，，符合题意，C正确；对于D，当为奇数时，，满足，当为偶数时，，满足，D正确.故选：ACD三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.的展开式中的常数项是10，则____________.【答案】【解析】二项式展开式的通项为，由，得，于是，所以.故答案为：13.已知双曲线，其一条渐近线被圆截得的弦长为，则____________.【答案】【解析】依题意，的渐近线方程为：，不妨取渐近线，则圆心,到的距离，由圆的性质得，所以.故答案为：14.已知四边形是边长为3的菱形，把沿折起，使得点D到达点P，则三棱锥体积最大时，其外接球半径为_______．【答案】【解析】取中点G，连接，如图，当三棱锥体积最大时，平面平面，此时．设，则，所以，设，则，由，可得，因为时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减，所以时三棱锥的体积最大，此时，，所以.设E，F分别为与的外接圆圆心，圆的半径为，过点E作平面的垂线，过点F作平面的垂线，则两垂线的交点O就是三棱锥的外接球球心，由正弦定理可知，即，可求得，故四边形是正方形，，所以外接球半径，所以三棱锥的体积最大时，其外接球半径.故答案为：四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.15.已知的内角的对边分别为，且.（1）求；（2）若，求的周长.解：（1）在中，由及正弦定理，得，即，则，而，因此，而，所以.（2）由及正弦定理得，而，则，由余弦定理得，则，解得，所以的周长是.16.如图，在四棱锥中，底面，四边形为正方形，，分别为，的中点.（1）求证：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.解：（1）取中点，连接，∵，分别为，的中点，∴，.又四边形为正方形，∴，，又∵为的中点，∴，，∴四边形平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面.（2）以点坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系.设，则，，，，，，，，设平面的法向量为，则即令，则，设直线与平面所成角为，则.17.某兴趣小组为了研究昼夜温差大小与患感冒人数多少之间的关系，请一所中学校医务室人员统计近期昼夜温差情况和到该校医务室就诊的患感冒学生人数，如下是2021年10月、11月中的5组数据：日期10月8日10月18日10月28日11月8日11月18日昼夜温差x（℃）8116155就诊人数y131712199（1）通过分析，发现可用线性回归模型拟合就诊人数y与昼夜温差x之间的关系，请用以上5组数据求就诊人数关于昼夜温差的线性回归方