云南省玉溪第一中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题（特长级部）

这是一份云南省玉溪第一中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题（特长级部），共19页。试卷主要包含了单选题．，多选题．，填空题．，解答题．等内容，欢迎下载使用。

满分：150分，考试时间：120分钟
一、单选题．（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，只有一项符合题目要求．）
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先判断点是否在直线上，再求出交集即可.
【详解】因为点在直线上，点不在直线上，
又，，
所以.
故选：B
2. 已知复平面内坐标原点为，复数对应点满足，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由复数的除法运算易求出，再根据复数的几何意义即可得.
详解】由可得；
所以可得，即；
即.
故选：C
3. 在等比数列中，公比且，则（ ）
A. B. C. 8D. 4试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。来这里 全站资源一元不到！【答案】A
【解析】
【分析】利用等比数列的通项公式结合已知条件求出，再利用等比数列的通项公式求出即可.
【详解】根据等比数列的通项公式，由，可得，即，
解得，所以.
故选：A．
4. 已知实数满足，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由对数函数单调性得，构造函数，由函数的单调性得及，即可得出判断．
【详解】由对数函数单调性得，，
构造函数，则，
因为和单调递增，所以单调递增，
因为，即，所以，
又，所以，即，
所以，
故选：A．
5. 将甲、乙、丙等7名志愿者分到三个地区，每个地区至少分配2人，则甲、乙、丙分到同一个地区的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】【分析】先求出将甲、乙、丙等7名志愿者分到三个地区，每个地区至少分配2人共有多少种分法，再求出甲、乙、丙分到同一个地区的分法数，根据古典概型的概率公式，即可求得答案.
【详解】将甲、乙、丙等7名志愿者分到三个地区，每个地区至少分配2人，
则有3人分到一个地区，分配方法共有种，
其中甲、乙、丙分到同一个地区的分配方法有，
故所求的概率为，
故选：D
6. 如图，四边形为正方形，平面，则三棱锥的体积为（ ）
A. 12B. 6C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接交于点，证得平面，得到四边形为矩形，分别求得的长，利用余弦定理求得，得到，结合面积公式和锥体的体积公式，即可求解.
【详解】如图所示，连接交于点，连接，
因为四边形为正方形，所以，又因为平面平面，所以，
因为平面，所以平面，
又因为，过作于，可得四边形为矩形，则，
所以，，，
由余弦定理得，
所以，
所以，
所以．
故选：B．
7. 已知的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，，，，则（ ）
A 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦定理及余弦定理解三角形即可得解.
【详解】在中，由正弦定理得，
得.由余弦定理得，
化简整理得，得.
故选：C
8. 若对于任意正数，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对不等式分离参数得到，令，构造函数，，则，通过导数研究单调性求出最大值即可.
【详解】由不等式恒成立，且，
分离参数得，所以，即，
设，得，，设，，则.
，由得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以.
所以.
故选：C
二、多选题．（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．）
9. 已知双曲线的实轴长是虚轴长的3倍，则下列关于双曲线的说法正确的是（ ）A. 实轴长为6B. 虚轴长为2C. 焦距为D. 离心率为
【答案】AB
【解析】
【分析】对含参数的双曲线方程，一般先考虑焦点位置，再确定的值，利用条件求出各个基本量，再逐一判断选项即可.
【详解】由双曲线方程可知，且，由题意，，代入解得：，
故实轴长为，虚轴长为，故A项，B项都正确；
焦距，故C项错误；离心率为，故D项错误.
故选：AB.
10. 将函数的图象向左平移个单位长度后，函数图像关于y轴对称，则下列说法正确的是（ ）
A. 可能等于3B. 的周期可以是
C. 一定为奇函数D. 在上单调递减
【答案】BC
【解析】
【分析】根据已知条件平移后的图像为偶函数，确定的取值，利用判断A、B两个选项；求出解析式，利用奇函数定义判断函数的奇偶性进而判断C选项；利用换元法令，利用函数的单调性，判断的单调性进而判断D选项.
【详解】函数的图象向左平移个单位得：，因为图像关于y轴对称，
所以为偶函数，所以解得；
若，则，解得，因为，所以不成立，A错误；
若的周期可以是，则，解得，又因为，
即，解得符合，B正确；
，
因为，所以
，
令，，
所以，所以一定为奇函数，C正确；
令，则因为，则，所以化为
，在上单调递增，在上单调递减，
所以上不单调，D错误.
故选：BC
11. 已知函数的定义域为，满足，且，则（ ）
A. B. 为奇函数
C. D.
【答案】AC
【解析】【分析】利用赋值法可求周期，，结合赋值法可以排除选项B,D.
【详解】对于A，令得，，因为，所以，A正确；
对于B，因为，所以一定不是奇函数，B不正确；
对于C，由得；由得；
由得；由得，，
所以的周期为2，所以，C正确；
对于D，令，，所以，D错误.
故选：AC
三、填空题．（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 如图，已知正方体的棱长为2，若K为棱的中点，过A，C，K三点作正方体的截面，则截面的周长为______．

【答案】##
【解析】
【分析】取的中点，连接，作出截面，分别求出边长，进而求出截面的周长.
【详解】如图，取的中点，连接，则，
则在正方体中，，
所以四边形是平行四边形，
所以，又，所以，
则四边形即为过A，C，K三点截面，
因为正方体的棱长为2，
所以，， ，
则其周长为.

故答案为：.
13. 已知椭圆：的左、右焦点分别为和，是椭圆上一点，线段与轴交于，若，，则椭圆的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】设，则，由条件得，在中，由余弦定理得，即可求解椭圆的离心率.
【详解】因为，所以设，则，
因为，所以，所以，所以，
由椭圆定义知：，
在中，由余弦定理得：，
所以，所以或，所以或，又，所以，所以椭圆的离心率为.
故答案为：
14. 已知且恒成立，实数的最大值是_________．
【答案】##
【解析】
【分析】将不等式转化，应用基本不等式求出最大值，即可得到答案.
【详解】由题意，，
所以转化为，
可得，即，
因为，当且仅当时等号成立，
所以实数的最大值是.
故答案为：
四、解答题．（本大题共5小题，共77分．写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 设数列的前n项和为，已知．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）【解析】
【分析】（1）由退一步相减得出数列的通项公式；
（2）由错位相减得出的前n项和.
【小问1详解】
由题知：①，
当时，②，
得：，
即，
所以，，，
从而数列是首项，公差的等差数列，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
因为，所以，
，
即③，
④，
得：
.
所以.
16. 在直角梯形中，，点为中点，沿将折起，使，
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值，
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面几何的知识证得，再利用线面垂直的判定与性质定理即可得证；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量法即可得解.
【小问1详解】
在梯形中，，
所以，
又，所以，，
又平面，故平面，
平面，
又平面，平面.
【小问2详解】
取中点，连接，由于，则，，
因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
以分别为轴、轴建立如图空间直角坐标坐标系，
则，
设平面的法向量为，
又，
，令，则，
易知平面的一个法向量为，
设二面角为，
所以，
故二面角的余弦值为.
17. 某项测试共有8道题，每道题答对5分，不答或答错得0分．某人答对每道题的概率都是，每道试题答对或答错互不影响，设某人答对题目的个数为X．
（1）求此人得分的期望；
（2）指出此人答对几道题的可能性最大，并说明理由．
【答案】（1）
（2）此人答对道题的可能性最大；理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，确定，得分为，求即可；
（2）根据二项分布概率公式有，通过作商法求出，与比较大小即可确定在时取最大值.
【小问1详解】
某人答对每道题的概率都是，则答对题目的个数服从二项分布，
即，，由于每道题答对得分，
所以此人答题得分为，因此，在此项测试中，
此人答题得分期望为.
【小问2详解】
设此人答对道题的可能性为，，
记，则
，，
当时，，随的增加而增加，即；
当时，，随的增加而减小，即；
所以当时，最大，因此此人答对道题的可能性最大.
18. 如图，已知抛物线的焦点为F，抛物线C上的点到准线的最小距离为1．
（1）求抛物线C的方程；
（2）过点F作互相垂直的两条直线l1，l2，l1与抛物线C交于A，B两点，l2与抛物线C交于C，D两点，M，N分别为弦AB，CD的中点，求|MF|·|NF|的最小值．
【答案】（1）
（2）8
【解析】
【分析】（1）由抛物线C上的点到准线的最小距离为1，所以，即可求得抛物线的方程；
（2）设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为，得到直线AB的方程为，联立方程，求得，进而求得的坐标，得到的表达式，结合基本不等式，即可求解.
【小问1详解】
解：因为抛物线C上的点到准线的最小距离为1，所以，解得，
所以抛物线C的方程为．
【小问2详解】
解：由（1）可知焦点为F(1，0)，
由已知可得ABCD，所以直线AB，CD的斜率都存在且均不为0，
设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为，
所以直线AB的方程为，
联立方程，消去x得，
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，
因为M(xM，yM)为弦AB的中点，所以，
由，得，所以点，
同理可得，
所以，
＝，所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为．
19. 已知函数．
（1）试讨论函数的单调性；
（2）当时，不等式恒成立，求整数的最大值.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求出原函数的导函数，对进行分类讨论即可得出原函数的单调区间；
（2）问题转化为恒成立，令新函数，利用导数求其最小值的范围，即可求得整数的最大值.
【小问1详解】
由函数可得
，
当时，恒成立，
所以的单调递减区间是；无单调递增区间.
当时，令解得，
令，解得；
令，解得，
所以的单调递减区间是；单调递增区间是，
综上所述：当时，的单调递减区间是；无单调递增区间，当时，的单调递减区间是；单调递增区间是.
【小问2详解】
当时，不等式恒成立，
即，
即，
，
，
，
，
即，
令，
，
令，
，
所以在区间上单调递增，
因为，，
所以存在唯一一点，使，
即，所以，
所以当时，，即，
当时，，即，
所以在区间上单调递减；在区间上单调递增；所以，
，
，
因为，
所以，
即，
所以，
所以整数的最大值是4.