云南省昆明市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份云南省昆明市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了考试结束后， 将答题卡交回.等内容，欢迎下载使用。

考试时间: 7 月 4 日 8:30-10:30
注意事项:
1．答卷前， 考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上， 并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目， 在规定的位置贴好条形码.
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， 将答题卡交回.
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. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知向量，若，则（ ）
A B. C. D.
3. 已知命题，命题，则（ ）
A. 和都是真命题B. 和都是真命题
C. 和都是真命题D. 和都是真命题
4. 已知函数，且，，，则的一个解析式为（ ）
A. B. C. D.
5. 某人连续投一枚骰子次，记录向上的点数得到一组样本数据，若该组样本数据的平均数为，则（ ）
A. 极差可能为 B. 中位数可能为 C. 方差可能为 D. 众数可能为
6. 已知为抛物线的焦点，过上一点作圆的两条切线，切点分别为，若，则（ ）
A. B. C. 1D.
7. 已知正四棱台的体积为，上、下底面边长分别为，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A B. C. D.
8. 函数，，则下列说法错误的是（ ）
A. ，使得为偶函数
B. ，使得曲线为中心对称图形
C. ，存在极值
D. ，存在两个零点
二、选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 等比数列公比为，前项和为，为等差数列，则（ ）
A. B. C. 为等差数列D. 为等比数列
10. 已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A 若，则
B. 若，则
C. 若在上单调递增，则的范围为
D. 函数有两个极值点
11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点在的右支上，则列说法正确的是（ ）
A. 若的周长为24，则的面积为48
B.
C.
D. 若为锐角，则点的纵坐标范围是
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，则______.
13. 已知，则______.
14. 甲、乙两人先后在装有颗黑球的1号盒子与装有颗白球的2号盒子（，）轮流取球，规定每次取球可以从某一盒子中取出任意多颗（至少取1颗），或者在两个盒子中取出相同颗数的球（至少各取1颗），最后不能按规则取的人输.例如:当时，甲先手不论如何取球，乙后手取球均有必定获胜的策略．若，且后手取球者有必定获胜的策略，则满足条件的一组数组可以为______.
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. 的内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长.
16. 如图，在四棱锥中，.
（1）证明:平面;
（2）若直线平面，求平面与平面的夹角的大小.
17. 已知椭圆的短轴长为2，离心率为.
（1）求的方程;
（2）过点作直线与椭圆相交于两点，若，求直线的方程.
18. 如图，甲、乙、丙、丁四名同学分别站在一个正方形的四个顶点进行传球训练，每次由一人随机将球传给另外三人中的一人，任意一人持球时，传给位于相邻顶点同学的概率为，传给位于对角线顶点同学的概率为，传球3次为一轮.
（1）已知第一次由随机一名同学将球传出，若，设事件为“一轮中每人各持一次球”.
（i）求及事件的概率;
（ii）设三轮传球中，事件发生的次数为，求的分布列与数学期望;
（2）已知第一次由甲将球传出，在一轮传球中，乙、丙两人，谁两次持球的可能性更大?
19. 已知函数的定义域为，设，曲线在点处的切线交轴于点，当时，设曲线在点处的切线交轴于点，依次类推，称得到的数列为函数关于的“数列”，已知.
（1）若是函数关于的“数列”，求的值;
（2）若是函数关于的“数列”，记.
（i）证明:等比数列;
（ii）证明:.昆明市 2023-2024 学年高二期末质量检测
数 学
考试时间: 7 月 4 日 8:30-10:30
注意事项:
1．答卷前， 考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上， 并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目， 在规定的位置贴好条形码.
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， 将答题卡交回.
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. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的四则运算可得，再根据复数的几何意义可得复数的模.
【详解】由，得，
则，
故选：A.
2. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由平面向量共线的坐标表示计算求解即可.
【详解】因为向量，
，所以，解得.
故选：B
3. 已知命题，命题，则（ ）
A. 和都是真命题B. 和都是真命题
C. 和都是真命题D. 和都是真命题
【答案】D
【解析】
【分析】判断出命题、命题、命题、命题的真假可得答案.
【详解】，所以命题是假命题，是真命题，
当时，，所以，
所以命题是假命题，是真命题，
对于A，和都是真命题，错误；
对于B，和都是真命题，错误；
对于C，和都是真命题，错误
对于D，和都是真命题，正确.
故选：D.
4. 已知函数，且，，，则的一个解析式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据各解析式分别代入即可.
【详解】A选项：，成立，，，则，A选项错误；
B选项：，，B选项错误；
C选项：，成立，，，则，C选项正确；
D选项：，，D选项错误；
故选：C.
5. 某人连续投一枚骰子次，记录向上的点数得到一组样本数据，若该组样本数据的平均数为，则（ ）
A. 极差可能为 B. 中位数可能为 C. 方差可能为 D. 众数可能为
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均数的公式可得，且，再根据各个数据特征值的概念及公式分别判断即可.
【详解】根据平均数的公式可得，且，
A选项：若极差为，则，，此时不成立，A选项错误；
B选项：若中位数为，则，即，且，此时与不符，B选项错误；
C选项：当，时，方差为，C选项正确；
D选项：若众数为，则数据中至少有两个为，此时，不成立，D选项错误；
故选：C.
6. 已知为抛物线的焦点，过上一点作圆的两条切线，切点分别为，若，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用抛物线的知识可以知道点，然后再利用切线和垂直即可求解.
【详解】由题意易得，
过上一点作圆的两条切线，切点分别为，且，
且，
将点代入抛物线方程可得，即，
，解得.
故选：D.
7. 已知正四棱台的体积为，上、下底面边长分别为，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据台体体积公式可得台体的高，即可利用勾股定理列方程求解半径.
【详解】在正四棱台中，，，体积为，
故
则，，
连接、相交于点，、相交于点，
设外接球的球心为，若在台体外，
设到底面的距离为，
则半径为，
即，解得，
若在台体内，到底面的距离为，
则半径为，
即，解得，舍去，
综上所述，，故，所以.
故选：A.
8. 函数，，则下列说法错误的是（ ）
A. ，使得为偶函数
B. ，使得曲线为中心对称图形
C. ，存在极值
D. ，存在两个零点
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦型函数的性质分别判断各选项即可得解.
【详解】A：当时，，关于坐标原点对称，
此时，A正确；
B：，
令，，解得，，
即函数的对称中心为，，
即当，即，时，曲线为中心对称图形，B正确；
C：因为的最小正周期为，，
所以函数，存在极值，C正确；
D：取，则，又，
由余弦函数的性质可知，在上单调递增，在上单调递减，
又，，，
所以在上没有零点，在上只有一个零点，D错误；
故选：D.
二、选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 等比数列的公比为，前项和为，为等差数列，则（ ）
A. B. C. 为等差数列D. 为等比数列
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据等差数列与等比数列的定义及公式可判断.
【详解】由已知为等差数列，则当时，为定值，
即为常数，
此时数列为常数列，
又数列为等比数列，
则，且，，A选项正确；
此时，B选项正确；
，，，，即为等差数列，C选项正确；
，，，不为定值，所以不为等比数列，D选项错误；
故选：ABC.
10. 已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若在上单调递增，则的范围为
D. 函数有两个极值点
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据求导根据函数值与导数值直接可判断A选项，根据函数值情况解不等式可判断B选项，求导根据函数单调性可判断D选项，并可列不等式，解不等式判断C选项.
【详解】由，则，
A选项：由，解得，
，，A选项正确；
B选项：，解得，B选项正确；
C选项，D选项：，
由，
所以令，解得或，
所以函数的单调递增区间为和，
单调递减区间为，
则函数函数有两个极值点，D选项正确；
又函数在上单调递增，则，解得，
或，无解，综上，C选项错误.
故选：ABD.
11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点在的右支上，则列说法正确的是（ ）
A. 若的周长为24，则的面积为48
B.
C.
D. 若为锐角，则点的纵坐标范围是
【答案】BC
【解析】
【分析】根据双曲线定义结合周长可得，，即可由直角三角形求解面积，判断A，根据双曲线上的点到焦点的距离的范围，结合双曲线定义即可求解B，根据渐近线斜率即可求解C，利用向量的坐标运算即可求解D.
【详解】可得，
由于点在的右支上，故，
对于A，若的周长为24，则，
进而，，故，
故的面积为，A错误，
对于B，由于，当在右顶点时等号取到，
故，故B正确，
对于C，由于双曲线一三象限的渐近线方程为，
故，
又当在右顶点时，，故，C正确，
对于D，设，，
则，
则，
解得或，故D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题D选项解决关键是，将问题化为，从而得解.
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据分段函数的性质直接求函数值.
【详解】由分段函数可知，
故答案为：.
13. 已知，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用商数关系由求出，再由两角和的正弦展开式计算可得答案.
【详解】因为，所以，
所以，
则.
故答案为：.
14. 甲、乙两人先后在装有颗黑球的1号盒子与装有颗白球的2号盒子（，）轮流取球，规定每次取球可以从某一盒子中取出任意多颗（至少取1颗），或者在两个盒子中取出相同颗数的球（至少各取1颗），最后不能按规则取的人输.例如:当时，甲先手不论如何取球，乙后手取球均有必定获胜的策略．若，且后手取球者有必定获胜的策略，则满足条件的一组数组可以为______.
【答案】
【解析】
【分析】分、、进行讨论，若甲有必胜策略则不符合，重点在于得出当甲或乙取完后盒中情况为或时，此人必胜.
【详解】由，，则可能有以下三种情况：
①，甲可先手在号盒子中取颗球，此时盒中情况为，
则乙必不可能全部取完，乙后手取球后可能为、、或，
这时无论何种情况甲都可全部取完，故甲有必定获胜的策略，不符；
②，甲可先手在号盒子中取颗球，此时盒中情况，
同①，甲有必定获胜的策略，不符；
③，甲先手后，若两盒中球数一样或有一盒取空，则乙可全部取完，乙必胜，
若两盒中球数不一样，则一定是以下两种情况之一：
（i）有一盒中只有一个球，另一盒中多于两个球；
（ii）有一盒中有两个球，另一盒中多于两个球；
无论为哪种情况，乙都可将其取为或，由①知，此时乙必胜，
故满足条件的一组数组只有.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于得到谁能将盒中情况变为或，则必胜.
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. 的内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理进行边角互化，再利用余弦定理可得角；
（2）根据余弦定理，结合三角形面积，可得，进而可得周长.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，
由余弦定理得，
又，
则；
【小问2详解】
由已知，即，
又，即，
所以，
所以的周长为.
16. 如图，在四棱锥中，.
（1）证明:平面;
（2）若直线平面，求平面与平面的夹角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接．分别证明平面，平面，即可证明平面平面，根据面面平行的性质，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用空间角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
因为，所以，连接．
因为，所以，
在中，，所以，平面，平面，
故平面，
又在四边形ABCD中，，
所以，平面，平面，
故平面，
因为平面，
所以平面平面，
又平面，所以平面．
【小问2详解】
在中，，
因为平面，平面，所以，
平面，所以，即两两垂直．
以分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系．
则，
，
设平面的法向量，则，
可取为平面的一个法向量，
设平面的法向量，则，
可取为平面的一个法向量，
所以，，所以，
所以平面与平面的夹角的大小为．
17. 已知椭圆的短轴长为2，离心率为.
（1）求的方程;
（2）过点作直线与椭圆相交于两点，若，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
分析】（1）由题意得，求出，从而可求出椭圆方程；
（2）当直线l的斜率不存在时，不合题意，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程，设，将直线方程代入椭圆方程化简，再利用根与系数的关系，利用弦长公式列方程可求出，从而可求出直线方程.
【小问1详解】
依题意：，解得，
所以E的方程为．
【小问2详解】
当直线l的斜率不存在时，，与题意不符，舍去；
当直线l斜率存在时，设直线l的方程，设，
联立，消y得：，
整理得：，
，则，
，
则，
即，
则，即，
解得或，
则直线l的方程为或．
18. 如图，甲、乙、丙、丁四名同学分别站在一个正方形的四个顶点进行传球训练，每次由一人随机将球传给另外三人中的一人，任意一人持球时，传给位于相邻顶点同学的概率为，传给位于对角线顶点同学的概率为，传球3次为一轮.
（1）已知第一次由随机一名同学将球传出，若，设事件为“一轮中每人各持一次球”.
（i）求及事件的概率;
（ii）设三轮传球中，事件发生的次数为，求的分布列与数学期望;
（2）已知第一次由甲将球传出，在一轮传球中，乙、丙两人，谁两次持球的可能性更大?
【答案】（1）（i），；（ii）分布列见解析，.
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）
（i）球传出后，可能给相邻两个的概率都为，给对角线的概率为，则，结合，解出即可.
（ii）由条件可得，运用二项分布的概率公式和期望公式求解概率即可．
（2）将乙丙两次持球的概率求出来后，用作差法比较大小即可．
【小问1详解】
（i）由题意，球传出后，可能给相邻两个的概率都为，给对角线的概率为，则，
当解得．则．
（ii）由条件可得的取值有，且，
所以，，
，，
所以的分布列为
从而．
【小问2详解】
，
又，
当，则，乙、丙两人两次持球的可能性一样大；
当，即时，，乙两次持球的可能性更大；
当，即时，，丙两次持球的可能性更大．
19. 已知函数的定义域为，设，曲线在点处的切线交轴于点，当时，设曲线在点处的切线交轴于点，依次类推，称得到的数列为函数关于的“数列”，已知.
（1）若是函数关于的“数列”，求的值;
（2）若是函数关于的“数列”，记.
（i）证明:是等比数列;
（ii）证明:.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据“数列”的定义，求出函数导数，进而求出切线方程，即可求得答案；
（2）（i）根据“数列”的含义，结合等比数列定义，即可证明结论；（ii）求出，即可将原不等式转化为，结合，转化为证，由此可结合不等式结构特征，构造函数，利用导数判断函数单调性进行证明即可.
【小问1详解】
由题意知，，所以，
曲线在点处的切线处的斜率为，
所以曲线在点处的切线方程为，
令，解得，所以．
【小问2详解】
（i）证明：，
则在处的切线斜率为，
所以在处的切线方程为，
令，解得，
所以，所以，
即
所以是以首项为，公比为2的等比数列．
（ii）由（i）可知，数列的通项公式，则，
要证，即证：．
当时，成立；
因为，即证：，
即证：
构造函数，则
故在单调递增，对任意，
即，取，则有，
故只需证：，
即需证：，
构造函数，则，
故在单调递减，则，
即对任意，取，即有，
综上，．
【点睛】难点点睛：本题考查了导数和数列知识的综合问题，难度较大，解答的难点在于数列不等式的证明，解答时要能结合数列不等式的结构特征，不断的构造函数，结合导数判断单调性进行证明.
0
1
2
3