云南省普洱市2023-2024学年高二下学期7月期末统测数学试题（解析版）

这是一份云南省普洱市2023-2024学年高二下学期7月期末统测数学试题（解析版），共14页。试卷主要包含了考查范围，考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．考查范围：必修一、二；选择性必修一、二、三．
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上．
3．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．
4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回．
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. 已知集合（ ）
A. 或B. 或
C. D.
【答案】B
【解析】解不等式，可得或，
所以或，
又，
则或．
故选：B．
2. 已知向量，若，则（ ）
A. 3B. C. 1D.
【答案】B
【解析】依题意，，由，得，
所以.故选：B
3. 已知数列的前项和满足，则（ ）
A. 11B. 13C. 24D. 25
【答案】C
【解析】因为，所以.
故选:C.
4. 若直线与双曲线的一条渐近线平行，则实数的值为（ ）
A. B. 4C. D. 2
【答案】A
【解析】由题设且，故，
所以，双曲线的渐近线方程为，
其中一条与平行，所以，则．
故选：A．
5. 2024年春晚魔术师刘谦再次重返舞台，利用简单的模具扑克牌向观众再次展示了魔术的魅力与神奇.某魔术师在表演时将8张不同色号的扑克牌分给3名观众，每个观众被分到的扑克牌数目不少于2张，且3名观众中没有人被分到3张扑克牌，则不同的分配方法有（ ）
A. 2520种B. 1260种C. 420种D. 210种
【答案】B
【解析】因为将张不同色号的扑克牌分给名观众，每个观众被分到的扑克牌数目不少于张，
且名观众中没有人被分到张扑克牌，故只能是按一人张，一人张，一人张分配扑克牌，
将张不同色号的扑克牌按，，分成三个组为，再交个组的扑克牌分给个观众有，
故由分步计数原理共有种不同的分配方法.故选：B.
6. 函数在上的值域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】依题意，
令，
故.
故当时，有最大值，当时，有最小值3，
故所求值域为.
故选：B.
7. 已知函数是奇函数，当时，，若图象在处的切线方程为，则（ ）
A. 4B. C. 2D.
【答案】D
【解析】的图象在处的切线方程为，
则，，
当时，，，
因为是奇函数，图象关于原点对称，
的图象在处及处的切线也关于原点对称，
所以，，
即，所以，，．
故选：D.
8. 已知，则的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】，
则，
因为，所以，
所以；
，
因为，所以，
所以，
所以．
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. 在复平面内，点对应的复数为z，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】因为点对应的复数为，所以，
所以，故选项A错误；
因为，所以，则，故选项B正确；
因为，故选项C正确；
因为，故选项D错误.
故选：BC.
10. 一名射击运动员射击一次击中目标概率为，各次射击互不影响．若他连续射击两次，则下列说法正确的是（ ）
A. 事件“至多击中一次”与“恰击中一次”互斥
B. 事件“两次均未击中”与“至少击中一次”相互对立
C. 事件“第一次击中”与“两次均击中”相互独立
D. 记为击中目标的次数，则，
【答案】BD
【解析】对于A：事件“至多击中一次”包含“恰击中一次”和“两次均未击中”，故A错误；
对于B：事件“两次均未击中”的对立事件是“至少击中一次”， 故B正确；
对于C：事件“两次均击中”包含了事件“第一次击中”，故C错误；
对于D：依题意，所以，，故D正确；
故选：BD
11. 化学中经常碰到正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如六氟化硫（化学式）､金刚石等的分子结构.将正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体（如图1），已知正八面体的（如图2）棱长为2，则（ ）
A. 正八面体的内切球表面积为
B. 正八面体的外接球体积为
C. 若点为棱上的动点，则的最小值为
D. 若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值
【答案】ACD
【解析】对于A项，设该正八面体内切球的半径为，由内切球的性质可知正八面体的体积，
解得，故它的内切球表面积为，故A项正确；
对于B项，设该正八面体外接球的半径为，
由图知，是正方形，,
在中，,
利用对称性知,
故点为正八面体外接球的球心，
则，
所以正八面体外接球的体积为，故项错误；
对于C项，如图，因与是边长为2的全等的正三角形，可将翻折到，使其与共面，从而得到一个菱形.
连接与相交于点，此时,,
则取得最小值为，故项正确；
对于D项，易知，因为平面平面，所以//平面，
所以，
故D项正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 总体编号为01，02，…，19，20的20个个体组成.利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为_______.
7816 6572 0802 6314 0214 4319 9714 0198
3204 9234 4936 8200 3623 4869 6938 7181
【答案】01
【解析】从随机数表的第一行的第列和第列数字开始由左到右选取的编号依次为
，
所以选出来的第5个个体的编号为.
故答案为:.
13. 在中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知若则A=________，b=________.
【答案】；
【解析】由以及正弦定理得，，
所以，所以，
因为，所以.
由正弦定理得，得，解得.
故答案为：；.
14. 已知抛物线的焦点为，直线经过点交于两点，两点在的准线上的射影分别为，且的面积是的面积的4倍，若轴被以为直径的圆截得的弦长为，则的值为______．
【答案】
【解析】如图，当点在第一象限时，由抛物线的定义，可得，，
所以，所以，
所以．如图，过点作于点，则，
所以，所以，
所以，所以直线的斜率，
则直线，直线与联立，得，
设与的横坐标分别为，，则，
所以，
所以以为直径的圆的半径，
圆心到轴的距离，
所以弦长为，解得；
当点在第三象限时，由对称性可得.
综上，.
故答案为：.
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. 党的二十大报告提出：“全方位夯实粮食安全根基，牢牢守住十八亿亩耕地红线，确保中国人的饭碗牢牢端在自己手中.”粮食事关国运民生，粮食安全是“国之大者”，与社会和谐、政治稳定、经济持续发展等息息相关，粮稳则天下安.现有某品种杂交水稻，从中随机抽取15株作为样本进行观测，并记录每株水稻的生长周期(单位：天)，按从小到大排序结果如下：
93 97 98 101 103 104 107 108 109 110 112 116 121 124 126
已知这组样本数据的分位数、分位数分别为.
（1）求；
（2）在某科研任务中，把该品种所有生长周期位于区间的稻株记为“高产稻株”，其余记为“低产稻株”.现从该品种水稻中随机抽取3株，设其中高产稻株有株，求的分布列与数学期望（以样本中高产稻株的频率作为该品种水稻的一株稻株属于高产稻株的概率）.
解：（1）依题意，样本数据的个数，
因为，故分位数为第2项数据，
即，
因为，故分位数为第12项与第13项数据的平均数，
即.
（2）因为区间，样本数据中共有10个数据位于该区间，
故由题意，该品种水稻的一株稻株属于高产稻株的概率为，
则随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，且.
，
，
故X的分布列为
所以的数学期望.
16. 已知数列满足，，数列满足．
（1）判断数列的单调性；
（2）求数列的前n项和．
解：（1）由题可得，
又因为，
所以数列单调递增．
（2）由题意可得，①
②
－②得，
故．
17. 如图，在正三棱柱中，为的中点．
（1）证明：；
（2）若，，求直线与平面所成角的正弦值．
解：（1）取的中点，连接，
且为的中点，则，
因，则，所以四点过面，
因为平面，平面，则，
又因为，且为的中点，则，
且，平面，可得平面，
且平面，所以．
（2）由（1）可得平面，平面，平面，
所以，，
以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
18. 已知在曲线：上，直线交曲线于，两点．
（1）当不在直线上时，试问(，分别为，斜率)是否为定值?若是，求出定值；若不是，请说明理由．
（2）若为坐标原点，，求面积的最小值．
解：（1）是定值，，
曲线：，
即，
所以曲线是以为焦点的椭圆且，所以，则，
所以曲线的方程为，
设，根据对称性可得，因为，
所以，因为，所以，
同理可得，
所以.
（2）若时、（或、），
因为，
所以（或），
所以，
当时联立，则，
解得、，
所以，
因为，设交椭圆的另一个交点为，所以直线的方程为，
所以，
则，
所以
，
因为，
当且仅当，即，时等号成立，
所以，
因为，所以面积的最小值为.
19. 已知函数，且的极值点为.
（1）求；
（2）证明：；
（3）若函数有两个不同的零点，证明：.
解：（1）由，
则，
所以当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以为的极大值点，即.
（2）由（1）知，，
要证，只需证，即，
令，则，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以，即，所以.
（3）因为是的两个不同的零点，
所以，
两式相减并整理，得.
设，由（2）知，
所以要证，只需证，即证.
设，下面只需证，
设，则，
所以在上单调递增，从而，
所以成立，从而.0
1
2
3