2023~2024学年云南省保山市、文山州高二上1月期末质量监测数学试卷（解析版）

这是一份2023~2024学年云南省保山市、文山州高二上1月期末质量监测数学试卷（解析版），共19页。
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号、准考证号在答题卡上填写清楚
2．每小题选出答案后，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．在试题卷上作答无效.
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知全集，集合，，则( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】，则
故选：A
2. 复数（为虚数单位），则复数的共轭复数为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】，
则.
故选：D.
3. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由得，设
又，
所以，
由于，
所以与的夹角为.
故选：C.
4. 国家速滑馆又称“冰丝带”，是北京2022年冬奥会的标志性场馆，拥有亚洲最大的全冰面设计，但整个系统的碳排放接近于零，做到了真正的智慧场馆、绿色场馆，并且为了倡导绿色可循环的理念，场馆还配备了先进的污水、雨水过滤系统，已知过滤过程中废水的污染物数量（mg/L）与时间的关系为（为最初污染物数量）.如果前2个小时消除了20%的污染物，那么前6个小时消除了污染物的（ ）
A. 51.2%B. 48.8%C. 52%D. 48%
【答案】B
【解析】依题意有， 可得，
当时，
因此，前6个小时消除了污染物的48.8%.
故选∶B．
5. 已知等比数列满足：首项，公比为q，前n项和为，则“对任意的恒成立”是“”的（ ）
A. 充分必要条件B. 充分而不必要条件
C. 必要而不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】若，且公比，则，
所以对于任意，成立，故必要性成立；
若，且，则
所以由对于任意的，，推不出，故充分性不成立；
则“对任意的恒成立”是“”的必要不充分条件，
故选:C．
6. 已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，是直线与的交点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】易知抛物线的焦点为F1,0，准线方程为，设点、，
因为，即，
可得，解得，
即点，
由抛物线的焦半径公式可得.
故选：A.
7. 已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，现往圆锥内放入一个体积最大的球，则球的表面积与圆锥的侧面积之比是（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】圆锥内放入一个体积最大的球，其半径为圆锥的轴截面等边三角形的内切圆半径，
故该球的半径为，故球的表面积为，
圆锥的侧面积为，
则球的表面积与圆锥的侧面积之比是.
故选：B.
8. 已知函数的定义域为，为偶函数，，当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为是偶函数，所以，
将换为，得①(即对称轴x=-2)，
又因为，所以，
将换为得②(即对称中心（-1,0））.
由①②得，
令,则,所以,
将换得③,
将换为为得④.
由③④得，将换为得⑤
所以函数是周期为的周期函数（由对称中心和对称轴也可直接得到周期为4），
当时，，则，，
由③得，由④得，
根据周期性⑤得：
，，，，
所以，
又因为，故
.
故选：D.
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 若等比数列的公比为，则其前项和为
B. 已知数列为等差数列，若（其中、、、），则
C. 若数列的通项公式为，其前项和为，则
D. 若数列的首项为，其前项和为，且，则
【答案】BD
【解析】对于A选项，当时，；当时，.
即，A错；
对于B选项，因为数列为等差数列，若（其中、、、），
则，B对；
对于C选项，因为，
所以，，C错；
对于D选项，对任意的，，
当时，则有，
当时，由可得，
上述两个等式作差可得，则，
也满足，故对任意的，，D对.
故选：BD.
10. 关于函数有下述四个结论，其中结论正确的是（ ）
A. 是偶函数
B. 在区间单调递增
C. 在有3个零点
D. 的最大值为2
【答案】ACD
【解析】对于A：，又函数的定义域为，A正确；
对于B：当时，，其在单调递减，B错误；
对于C：令，即，
画出函数在上的图象如下图：
为实线图象，为虚线图象，
观察图象可得，两个函数图象在上有3个交点，横坐标分别为，
故在有3个零点，C正确；
对于D：对于，明显其最大值可以取到，
对于，明显其最大值也可以取到，
当时，和可同时取到最大值，
所以的最大值为2，D正确.
故选：ACD.
11. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（ ）
A. 三棱锥的体积为
B. 直线与下底面所成角的正弦值为
C. 为线段的中点时，过三点的平面截正方体所得截面的周长为
D. 三棱锥的外接球体积的最大值为
【答案】ABD
【解析】对于A：为线段上的动点，
又平面，
所以，正确；
对于B：连接，
因为面，
所以为直线与下底面所成角，
所以，正确；

对于C：连接，明显有，
所以过三点的平面截正方体所得截面为四边形，
四边形的周长为，错误；

对于D：因为两两垂直，
所以三棱锥的外接球半径为，
故当最大时，三棱锥的外接球半径最大，
此时，，此时体积为，正确.

故选：ABD.
12. 某学校数学课外兴趣小组研究发现：椭圆的两条互相垂直的切线交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆,称为该椭圆的“蒙日圆”.利用此结论解决下列问题:已知椭圆的离心率为，，为C的左､右焦点且，A为C上一动点，直线.说法中正确的有（ ）
A. 椭圆C的“蒙日圆”的面积为
B. 对直线l上任意点P，都有
C. 椭圆C的标准方程为
D. 椭圆C的“蒙日圆”的两条弦都与椭圆C相切，则面积的最大值为6
【答案】AC
【解析】因为， 又 ，所以，
故椭圆的方程为，所以选项C正确；
对于选项A，设蒙日圆的半径为，所以蒙日圆的方程为，
如图1，过椭圆右顶点和上顶点分别作椭圆的切线，相交于点,
易知点的坐标为，且点在蒙日圆上，所以，故“蒙日圆”的面积为，所以选项 A 正确；
对于选项B，因为直线的方程为，椭圆方程，
联立，消得，则，
所以直线与椭圆相切，由椭圆定义知，切点到两焦点的距离和为，所以选项B错误；
对于选项D，由蒙日圆的定义可知，，则为蒙日圆的直径，
如图2，连接，设，则，，
设，
所以，又 ( 当且仅当时取等号 )，
所以，即，
所以，故选项D错误；
故选：AC.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
注意事项：
第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知等差数列的前项和为，且满足，则_________．
【答案】
【解析】设等差数列的公差为，
由已知，
得，
所以，
所以.
故答案为：.
14. 一组数据按从小到大排列为、、、、、、，若该组数据的第百分位数是众数的倍，则这组数据的平均数是_________．
【答案】
【解析】数据、、、、、、共个数，该组数据众数为，
因为，所以，该组数据的第百分位数为，
因为该组数据的第百分位数是众数的倍，则.
所以，这组数据的平均数为.
故答案为：.
15. 若直线l沿x轴向左平移3个单位长度，再沿y轴向上平移1个单位长度后，回到原来位置，请写出一条与l垂直的直线方程________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】设直线方程为：，变换后：，
即，故.
一条与l垂直的直线方程为：，即.
故答案为：.
16. 已知点在圆上，点、，则点到直线的距离的最大值为____________；当最大时，____________.
【答案】;
【解析】由题意可得AB的直线方程为，即，
圆的圆心坐标为 (5,5)，半径为4，
圆心(5,5)到直线AB的距离为，
所以点P到直线AB的距离的最大值为，
如图：

当最大或最小时，直线PB与圆相切，上图的P点位置满足最大的情况，
，，所以，
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、、所对的边分别为、、,且满足.
（1）求角；
（2）若，求面积的最大值．
解：（1）因为，
由正弦定理可得
，
因为、，则，可得，
所以，，故.
（2）由余弦定理可得，
当且仅当时，等号成立，
故，
因此，面积的最大值为.
18. 现有形状、大小完全相同的20个标记了数字1的红球、40个标记了数字2的红球、10个标记了数字1的白球、20个标记了数字2的白球，运用分层抽样方法从中抽取9个球后，放入一个不透明的布袋中.
（1）求不透明的布袋中4种球的个数；
（2）从布袋中不放回地随机取2个小球，每次取1个，
记事件第一次取到是红球，事件第一次取到了标记数字1的球，
事件第一次取到了标记数字2的球，事件第二次取到了标记数字1的球，
①求证：；
②判断：与是否相互独立？请说明理由.
解：（1）由题意得，共有个球，
因为分层抽样方法从中抽取9个球后，放入一个不透明的布袋中，
其中标记数字1的红球有个，标记数字2的红球有个，
标记数字1的白球有个，标记数字2的白球有个，
所以标记数字1的红球有个，标记数字2的红球有个，标记数字1的白球有个，标记数字2的白球有个.
（2）从布袋中不放回地随机取2个小球，每次取1个，
事件第一次取到是红球，事件第一次取到了标记数字1的球，
事件第一次取到了标记数字2的球，事件第二次取到了标记数字1的球，
①由相互独立事件的概率乘法公式，可得，，
所以；
②由相互独立事件的概率乘法公式，可得，
事件可分为两种情况：第一次取到标记数字2的球，第二取到了标记数字1的球和第一次取到标记数字1的球，第二取到了标记数字1的球，且两种取法为互斥事件，
所以，
事件可分为：第一次取到了标记数字1的红球，第二次取到了标记数字1的球和第一次取到了标记数字2的红球，第二次取到标记数字的球，且两种取法为互斥事件，
所以，
因为，事件与事件相互独立.
19. 如图，在长方体中，，，、、分别是、、的中点．
（1）证明：平面；
（2）设为边上的一点，当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值．
解：（1）连接、，如图，

因为、分别是、的中点，所以且，
在长方体中，且，则四边形为平行四边形，所以，且，又因为是的中点，所以，则且，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）连接，
由平面可得即为直线与平面所成角，
又，
因为平面，平面，则，
所以，，所以，
以点为坐标原点，分别以、、所在直线作为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系，

则、、，所以，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
易得平面的一个法向量，所以，
由图可知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.
20. 我国南宋时期的数学家杨辉，在他1261年所著的《详解九章算法》一书中，用如图的三角形解释二项和的乘方规律．此图称为“杨辉三角”，也称为“贾宪三角”．在此图中，从第三行开始，首尾两数为，其他各数均为它肩上两数之和．
（1）把“杨辉三角”中第三斜列各数取出按原来的顺序排列得一数列：，，，，，…，写出与的递推关系，并求出数列的通项公式；
（2）设，证明：.
解：（1）由“杨辉三角”的定义可知：，
时， 所以有，
故,该式对a1=1也成立.
所以 （）
（2）由题得，所以，
设，
所以，（1）
所以，（2）
（1）（2）得，
所以，
所以
所以
所以
故.
21. 已知双曲线实轴端点分别为、，右焦点为，离心率为，过点的直线与双曲线交于另一点，已知的面积为．
（1）求双曲线的方程；
（2）若过点的直线与双曲线交于、两点，试探究直线与直线的交点是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；若不在，请说明理由．
解：（1）因为双曲线的离心率为，
可得，则，
则，可得，则，，
因此，双曲线的方程为.
（2）若直线与轴重合，则点、为双曲线实轴的端点，不合乎题意，
设直线的方程为，
设点Mx1,y1、Nx2,y2，
联立可得，
则，可得，
由韦达定理可得，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得
，
解得.
因此，点在定直线上.
22. 函数的定义域为D，若存在正实数k，对任意的，总有，则称函数具有性质．
（1）判断下列函数是否具有性质，并说明理由；
①；
②；
（2）已知为二次函数，若存在正实数k，使得函数具有性质．求证：是偶函数；
（3）已知，k为给定的正实数，若函数具有性质．求a的取值范围．
解：（1）对任意，得，
所以具有性质；
对任意，得.
易得只需取，则，
所以不具有性质
（2）设二次函数满足性质.
则对任意，满足.
若，取，，矛盾.
所以，此时，
满足，即为偶函数.
（3）由于，函数的定义域为R.
易得.
若函数具有性质，则对于任意实数，
有
，即.
即，
由于函数在上递增，得.即.
当时，得，对任意实数恒成立.
当时，易得，由，得，
得，得.
由题意得对任意实数恒成立，
所以，即
当时，易得，由，得，
得，得.
由题意得对任意实数恒成立，
所以，即
综上所述，的取值范围为.