云南省2023-2024学年高二下学期期末教学模拟考试数学试题（解析版）

这是一份云南省2023-2024学年高二下学期期末教学模拟考试数学试题（解析版），共12页。试卷主要包含了考生务必将自己的姓名，本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
1．考生务必将自己的姓名．考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应答题时，将答案写在黑.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，将本试卷和答题卡一并交回.
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】，，则．
故选：C
2. 双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C D.
【答案】A
【解析】由，得，
所以，
即双曲线的渐近线方程为.
故选：A
3. 虚数z满足，则z的虚部为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】解法一：设复数,
则，化简得，
故，即①，②
此时，对于选项中的值，代入：
若，则，符合要求，
若，由②得，但不符合①，故舍去，
若，由②得，但不符合①，故舍去，
若，由②得，但不符合①，故舍去，
综上可得
故选：A
解法二：由可得，
故，故或，
由于为虚数，故，
故虚部为1，
故选：A
4. 已知两个变量与的对应关系如下表：
若与满足一元线性回归模型，且经验回归方程为，则（ ）
A. 29B. 30C. 31D. 32
【答案】A
【解析】由表格数据得，
因为样本中心点在回归方程上，
所以，
解得.
故选：A.
5. 已知，是两个平面，m，n，l是三条直线，且，，，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】如果一条直线垂直于一个平面内的两条相交直线，则这条直线垂直于这个平面，
若，且，但如果直线与不相交，
则不能得到，从而不能推出；
如果两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面，
若，由于，，，
则，又，所以.
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
6. 已知直线：与圆：交于，两点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题可知圆心，半径，点到直线的距离，
则，所以为等边三角形，
故．
故选：C
7. 3名男生和3名女生随机站成一排，恰有2名女生相邻，则不同的排法种数为（ ）
A. 332B. 360C. 432D. 488
【答案】C
【解析】先选出2名女生排列有种排法，再将男生全排有种排法，最后将女生插空，
则不同的排法种数为.
故选：C
8. 已知是抛物线的准线，与轴交于点是上一点，直线的斜率的最大值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】A
【解析】易知，当直线与相切时，设的方程为，
与联立，可得，
则，解得，故直线的斜率的最大值为1.
故选：A.
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. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 是的一个周期B. 的图象关于点对称
C. 为奇函数D. 在区间上的最大值为3
【答案】BD
【解析】对于A：函数的最小正周期为，故A错误；
对于B：因为，所以图象关于点对称，故B正确；
对于C：不是奇函数，故C错误；
对于D：当时，，
所以当，即时，取得最大值3，故D正确.故选：BD
10. 已知等差数列的公差为，前项和为，若，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 若，则
C. 当时，取得最小值
D. 当时，满足的最大整数的值为25
【答案】ABD
【解析】因为，
所以，
即，所以，故A正确．
因为，，成等差数列，
所以，而，则，故B正确．
因为，由得，
即，所以，所以对称轴为：，
所以当时，开口向上，当，取得最小值，
当时，开口向下，当，取得最大值，故C错误．
因，数列单调递增，所以，，
则，，又因为，
所以当时，满足的最大整数的值为25，D正确．
故选：ABD
11. 已知球的直径为，，，为球面上的三点，平面．若是边长为的等边三角形，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 球的体积为
B. 二面角的正切值为
C. 平面与平面的夹角为
D. 过中点的平面截球所得截面面积的最小值为
【答案】ACD
【解析】设，因为平面，所以三棱锥和均为正三棱锥．
如图，取的中点，底面的中心为，连接，，，
则，，，
所以为二面角的平面角，为侧面与底面所成二面角的平面角．
由，，可得，，，，，
所以，解得，
所以球的体积为，故A正确．
因为，，，
所以，，
所以，即二面角的正切值为，故B错误．
因为，所以平面与平面所成的角为，故C正确．
最小截面为过点且垂直于球心与连线的圆，
此时截面圆的半径，截面圆的面积为，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上．
12. 若，的等差中项为，，的等比中项为1，则__________．
【答案】
【解析】因为，的等差中项为，知，
由，等比中项为1，所以，
所以．
故答案为：
13. 已知函数满足，若，则________.
【答案】99
【解析】由题可知：
，
令，可得，即，
所以.
故答案为：99.
14. 设点在曲线上，点在曲线上，若的最小值为，则__________.
【答案】-1
【解析】因为与互为反函数，其图象关于直线对称，
又点在曲线上，点在曲线上，的最小值为，
所以曲线上的点到直线的最小距离为，
设与直线平行且与曲线相切的切线的切点，
，解得，所以，
得到切点，点到直线即的距离，
解得或3.
当时，过点和，过点和，
又，，所以与相交，不符合题意；
当时，令，则，当时，，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，即恒成立，
所以与不相交，符合题意.
综上，.
故答案为：-1.
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. 在中，内角，，的对边分别为，，，且．
（1）若，，成等差数列，求的面积；
（2）若，，成等比数列，求当取得最大值时，的周长．
解：（1）由及正弦定理，
得，
则，解得．
因为，，成等差数列，所以，
则，所以．
故的面积．
（2）因为，，成等比数列，所以，结合（1）有．
由余弦定理可知，
当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为，此时，故的周长为3．
16. 如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，侧面平面分别为的中点．

（1）证明：平面．
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
解：（1）连接，设与相交于点，因为，

，所以为平行四边形，即为的中点．
连接，因为为的中点，所以．
因为平面平面，所以平面．
（2）因为，所以．
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面．
取的中点，连接．因为是等腰梯形，所以．
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以．
设平面的法向量为，则
令，则，可得．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
17. 已知椭圆的离心率为，且经过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）不经过点的直线与椭圆交于，两点，若直线和的斜率互为相反数，证明：直线的斜率为定值．
解：（1）因为，所以．
又在上，所以，
解得，，
则椭圆的方程为．
（2）由题可知，直线的斜率显然存在，
设的方程为，，，
则，得，
则，，
．
又，
整理可得，
化简得，
即，
所以或．
当时，直线过点，不符合题意，
所以，即直线的斜率为定值．
18. 学校组织一项竞赛，在初赛中有三轮答题，三轮答题相互独立，三轮答题至少两轮合格即视为通过初赛，进入决赛.已知甲在初赛中每轮答题合格的概率均为.
（1）求甲在通过初赛的条件下，第三轮答题没有合格的概率.
（2）已知决赛共有五道题，参赛人从中抽出三道题回答，每题的分值如下：
答对该试题可得相应的分值，答错不得分，得分不低于60分可以获得一等奖.已知参加决赛的学生乙答对题的概率为，答对题的概率均为，答对题的概率为，求乙获得一等奖的概率.
解：（1）设事件为甲通过了初赛，事件为甲第三轮答题没有合格，
则，
，
所以甲在通过初赛的条件下，第三轮答题没有合格的概率为
（2）若乙在中只抽到了一题，则获得一等奖的概率；
若乙在中抽到了两题，则获得一等奖的概率
若乙在中抽到了三题，则获得一等奖的概率
故乙获得一等奖的概率.
19. 若存在正实数，对任意，使得，则称函数在上被控制．
（1）已知函数在上被控制，求取值范围．
（2）①证明：函数在上被控制．
②设，证明：．
解：（1）因为在上单调递增，所以．
由，可得．
令，，则．
当时，由，得，
所以当时，，函数单调递减，，不符合题意；
当时，，因为，所以，
则，所以函数在上单调递增，，符合题意．
综上，的取值范围为．
（2）①由题可知在上恒成立，
所以在上单调递增，则．
令，，
则，
所以在上单调递增，则，
即，所以．
故在上被控制．
②由①可知，当时，，当且仅当时，等号成立，
则，
即，即，
则有，
即．1
3
5
7
9
6
18
39
53
分值
10
20
20
20
30