35，云南省昆明市西山区2023-2024学年高二上学期1月期末考试数学试题

这是一份35，云南省昆明市西山区2023-2024学年高二上学期1月期末考试数学试题，共22页。试卷主要包含了本卷为试题卷， 函数的单调递增区间为，24， 已知椭圆， 已知，则， 已知正四面体的棱长等于2，则等内容，欢迎下载使用。

数学试题卷
（本试卷共四大題22小题，共6页；满分150分，考试用时120分钟）
注意事项：
1.本卷为试题卷.考生解题作答必须在答题卷（答题卡）上.答案书写在答题卷（答题卡）相应位置上（不能改动答题卡上的标题题号），在试题卷、草稿纸上作答无效.
2.考试结束后，请将试题卷和答题卷（答题卡）一并交回.
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】先求解出一元二次不等式的解集为集合，然后根据交集运算求解出结果.
【详解】因为，所以或，
所以或，
又因为，
所以，
故选：C
2. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的模的计算和乘、除法运算可得，结合复数的几何意义即可求解.
【详解】由题意知，，
则，
所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限.
故选：A
3. 函数的单调递增区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由复合函数的单调性，代入计算，即可得到结果.
【详解】令，则，单调递减，
，单调递增，且在上单调递增，
由复合函数的单调性可知，函数的单调递增区间为.
故选：B
4. 我国是世界上严重缺水的国家，城市缺水问题较为突出.某市政府为了制定居民节约用水相关政策，抽样调查了该市200户居民月均用水量（单位：），绘制成频率分布直方图如图1，则下列说法不正确的是（ ）
A. 图中小矩形的面积为0.24
B. 该市居民月均用水量众数约为
C. 该市大约有85%的居民月均用水量不超过
D. 这200户居民月均用水量的中位数大于平均数
【答案】D
【解析】
【分析】由概率和为1，求得，求出矩形的面积判断A；求出众数判断B；求出用水量不超过的概率判断C；求出中位数及平均数判断D.
【详解】解：由，可得，
所以，故A正确；
由题意可知该市居民月均用水量众数约为，故B正确；
由题意可得该市居民月均用水量不超过的频率为：，故C正确；
设200户居民月均用水量的中位数为，
因为第一个矩形的面积为0.04，第二个矩形的面积为0.3，第三个矩形的面积为0.24，
所以中位数,
则，
这200户居民月均用水量的平均数,
因为，
所以这200户居民月均用水量的中位数小于平均数，故D不正确．
故选：D．
5. 已知椭圆：（）的左右焦点分别为，，抛物线：（）的焦点与的右焦点重合，为上的点，三角形的周长为5，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】利用椭圆定义结合的周长即可求得，再由焦点重合可求得.
【详解】根据椭圆方程可得，的周长为，可得；
所以的右焦点为，抛物线的焦点为，
即，解得.
故选：C
6. 已知定义在上的函数，满足，，若，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据抽象函数的对称性可知函数的周期为4，且、，利用和计算求出即可.
【详解】由，知函数关于点对称，
由，知函数关于直线对称，
所以函数的周期为.
又，所以，，
所以，
又，所以，
所以.
故选：D
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用诱导公式、三角恒等变换、二倍角公式以及同角三角函数的基本关系式即可求出结果.
【详解】
，
因为，
且，
解得或，
所以，
，
所以.
故选：A
8. 一支运输车队某天上午依次出发执行运输任务，第一辆车于早上8时出发，以后每隔15分钟发出一辆车.假设所有司机都连续开车，并都在中午12时停下来休息.每辆车行驶的速度都是80千米/小时，截止到12时这个车队所有车辆一共行驶了2660千米，则该车队一共发出（ ）辆车
A. 14B. 14或19C. 15D. 15或16
【答案】A
【解析】
【分析】设共发出n辆车，第n辆车行驶时间为，由题可得，又设前n项和为，则，据此可得答案.
【详解】设共发出n辆车，第n辆车行驶时间为，其中.
因第一辆车于早上8时出发，以后每隔15分钟发出一辆车，则，即为等差数列.
又设前n项和为，则.
但注意到， ，则.
故选：A
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 已知正四面体的棱长等于2，则（ ）
A. 点到平面的距离为
B. 直线与所成角为
C. 直线与平面所成角的余弦值为
D. 若点分别为棱，的中点，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于AC选项，取三角形的中心为D，后由线面垂直及线面角概念可得答案；
对于BD选项，如图将正四面体放置于一正方体内部，即可得答案.
【详解】对于AC选项，取三角形的中心为D，连接OD，连接AD至E，则平面ABC，则点到平面的距离为OD.
又D为三角形重心，则E为CB中点，则，，故OD，故A错误；
即为直线与平面所成角，则，故C正确；
对于BD选项，如图将正四面体放置于一正方体内部，则正方体棱长.
如图，因，//，则四边形为平行四边形，则//，
则直线与所成角即为与所成角，故夹角为，故B正确；
因分别为正方体上下底面中心，则长度等于正方体棱长，故D正确.
故选：BCD
10. 设，为椭圆：的左右顶点，，为的左、右焦点，点在上，则（ ）
A. 当椭圆与直线相切时，
B. 在椭圆上任意取一点，过作轴的垂线段，为垂足，动点满足，则点的轨迹为圆
C. 若点不与，重合，则直线，的斜率之积为
D. 不存在点，使得
【答案】AB
【解析】
【分析】根据判别式、动点轨迹、斜率乘积、数量积等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，由消去并化简得，
，得，解得，A选项正确
B选项，设，由于，所以，
代入并化简得，所以点的轨迹是圆，B选项正确.
C选项，设，，则，
，所以C选项错误.
D选项，，
，
当时，，所以D选项错误.
故选：AB
11. 已知，点是平面内一点，记，，则（ ）
A. 当，时，则在方向上的投影向量为
B. 当，时，为锐角的充要条件是
C. 当时，点、、三点共线
D. 当，时，动点经过的重心
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用投影向量的定义可判断A选项；分析可知且、不共线，求出的取值范围，可判断B选项；利用共线向量的基本定理可判断C选项；利用平面向量的加法可判断D选项.
【详解】对于A选项，当，时，
则在方向上的投影向量为，A对；
对于B选项，当，时，
角为锐角且、不共线，即，解得且，
所以，为锐角的充要条件是，B错；
对于C选项，因为，即，
所以，，即，
又因为、有公共点，故点、、三点共线，C对；
对于D选项，设线段的中点为，
则，
因为，则，
此时，动点经过的重心，D对.
故选：ACD.
12. 已知直线：与圆：，若存在点，过点向圆引切线，切点为，，使得，则可能的取值为（ ）
A. 2B. 0C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】先确定出直线所过的定点以及圆心和半径，根据条件分析出，由此确定出所满足的不等关系，则的取值范围可求，故的可取值可确定.
【详解】因为即，
令，解得，所以过定点，
圆，圆心为，半径为，
由切线性质可知：
当时，，，
因为存在使得，所以，
记到的距离为，
又因为，当最大时，此时，
所以，所以，所以，解得，
又因为，所以可取，
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆位置关系的综合运用，涉及圆的切线相关问题，着重考查学生分析转化问题的能力，难度较大.解答问题的关键在于分析的取值范围并将其正弦值与圆心到直线的距离联系在一起，从而求出参数的可取值.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 设为等差数列的前项和.若，，则______.
【答案】15
【解析】
【分析】根据等差数列基本量运算求出公差，利用等差数列前n项和公式运算得解.
【详解】，
，又，解得，
.
故答案为：15.
14. 米斗是称量粮食的量器，它有着吉祥的宫意，是丰饶富足的象征，是古代官仓、粮栈、米行及地主家里必备的用具.某课外兴趣小组为了解米斗的几何结构，在通用技术教师的指导下，用木制榫卯结构的方式制作了一个米斗如图，上宽下窄呈方形，近似于一个正四棱台，斗口边长为3米，斗底边长为2米，斗高3米，则该米斗能装米______升（忽略木板厚度，1升立方米）.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由棱台的体积计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可得，上底面面积，下底面面积，高，
则米斗的体积，
则该米斗能装米升.
故答案为：
15. 已知双曲线：（，）的左、右焦点为，，过的直线与轴交于点，点在上，且满足，，则双曲线的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】如图，设，， 由，可得， ，后由结合斜率公式可得，后将A点坐标代入，整理后可得答案.
【详解】如图，设，，，，其中.
由，则，则.
又，则，将A点坐标代入，
可得，
则，又因，则.
故答案为：
16. 已知函数（），若在区间内恰有4个零点和三条对称轴，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】由余弦函数图象性质并结合区间范围以及零点和对称轴个数可得，解不等式即可求出的取值范围.
【详解】由，可得，
根据余弦函数图象性质可知若在区间内恰有4个零点和三条对称轴，
可得，解得，
所以的取值范围为.
故答案为：
四、解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 在中，角，，对应边分别为，，且.
（1）求角；
（2），，点在上，，求的长.
【答案】17.
18.
【解析】
【分析】（1）根据诱导公式和正、余弦定理计算即可求解；
（2）由（1），利用余弦定理求出AC，设，再次利用余弦定理表示，建立关于x的方程，解之即可求解.
【小问1详解】
由题意知，，
得，
由余弦定理，得，即，
所以，
由，得.
【小问2详解】
由（1）知，，所以，
即，由，解得，
即，设，则，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
所以，
整理得，即，
解得，所以.
18. 已知函数为奇函数，.
（1）求的值；
（2）若，，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）利用函数奇偶性定义即可求得；
（2）易知，根据零点存在定理可得，易知，结合二次函数单调性即可得出证明结论.
【小问1详解】
由题意可知函数的定义域为，
利用奇函数可知，
解得，此时为奇函数；
所以
【小问2详解】
易知，
由可得，即满足，
易知在上是单调递增，且，，
即可得函数在区间上存在零点，所以，
所以，
由可令，由二次函数的单调性可知
，；
即可得.
19. 已知正项数列前项和为，，.
（1）证明：数列为等比数列；
（2）令，求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合的递推关系式，由等比数列的定义即可证明；
（2）根据题意，由（1）可得，从而可得数列的通项公式，再由可得数列的通项公式，结合分组求和法，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
因为，则，即，
且，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列.
【小问2详解】
由（1）可知，，则，
当时，，
当时，也满足，
则，
所以，
则
.
20. 某电商专门生产某种电子元件，生产的电子元件除编号外，其余外观完全相同，为了检测元件是否合格，质检员设计了图甲、乙两种电路.
甲 乙
（1）在设备调试初期，已知该电商试生产了一批电子元件共5个，只有2个合格，质检员从这批元件中随机抽取2个安装在甲图电路中的，处，请用集合的形式写出试验的样本空间，并求小灯泡发亮的概率；
（2）通过设备调试和技术升级后，已知该电商生产的电子元件合格率为0.9，且在生产过程中每个电子元件是否合格互不影响，质检员从该电商生产的一批电子元件中随机抽取3个安装在乙图电路中的，，处，求小灯泡发亮的概率.
【答案】（1）答案见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求得小灯泡不发亮的概率，即可得到结果；
（2）根据题意，分三种情况，分别计算对应概率，然后相加，即可得到结果.
【小问1详解】
由题意可得{（合格，合格），（合格，不合格），（不合格，不合格）}；
设事件：小灯泡发亮，则，则，
即小灯泡发亮的概率为.
【小问2详解】
当小灯泡亮的时候，元件一定是合格的，元件中至少有一个是合格的，
第一种情况：元件合格，元件合格，元件不合格，
则；
第二种情况：元件合格，元件不合格，元件合格，
；
第三种情况：元件合格，元件合格，元件合格，
；
则小灯泡发亮的概率.
21. 已知平行四边形如图甲，，，沿将折起，使点到达点位置，且，连接得三棱锥，如图乙.
甲 乙
（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，且
【解析】
【分析】（1）推导出，证明出平面，可得出， 利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论.
【小问1详解】
证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，
因为，则，，
由余弦定理可得，
所以，，则，同理可证，
翻折后，则有，，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，故平面平面.
【小问2详解】
解：因为平面，，以点为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，其中，
则，，
设平面法向量为，
则，取，则，，
所以，，
易知平面的一个法向量为，
则，整理可得，
因为，解得，
因此，线段上存在点，使二面角的余弦值为，且.
22. 已知抛物线：（）的焦点为，点，过的直线交于，两点，当点的横坐标为1时，点到抛物线的焦点的距离为2.
（1）求抛物线的方程；
（2）设直线，与的另一个交点分别为，，点，分别是，的中点，记直线，的倾斜角分别为，.求的最大值.
【答案】22.
23.
【解析】
【分析】（1）关键抛物线的定义可得，求出p即可求解；
（2）设，将直线和直线BD，分别联立抛物线方程，利用韦达定理表示，，进而可得、，由中点坐标公式与斜率公式可得和，则，当时最大，由两角差的正切公式和换元法可得，结合基本不等式计算即可求解.
【小问1详解】
抛物线的准线为，
由抛物线的定义知，，又，所以，
所以抛物线C的方程为；
小问2详解】
由（1）知，，
设，
则，设直线，
由可得，
，
则，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，
由斜率公式可得，，
又因为直线OP、OQ的倾斜角分别为，所以，
若要使最大，需使最大，则，设，
则，
当且仅当即时，等号成立，
所以的最大值为.
【点睛】关键点睛：本题求解过程中，需要熟练运用斜率公式以及类比的思想方法，在得到两条直线的关系后，设，利用换元法，化简式子，求最值是难点，也是关键点，属于难题.