云南省保山市2023−2024学年高二下学期期末质量检测 数学试题（含解析）

这是一份云南省保山市2023−2024学年高二下学期期末质量检测 数学试题（含解析），共15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。
一、单选题（本大题共8小题）
1．函数的最小正周期为（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，若中有3个元素，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．已知复数对应的向量为，向量，则向量在上的投影向量的坐标为（ ）
A．B．C．D．
4．已知正方体的棱长为2，则该正方体的内切球的体积为（ ）
A．B．C．D．
5．设等比数列的前项的和为，若，则的近似值为（ ）
A．4B．3C．2D．
6．已知，比较三个数的大小，则有（ ）
A．B．
C．D．
7．函数的定义域为是奇函数，是偶函数，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知点是椭圆上的一点，左､右焦点分别为点，点在的平分线上，为坐标原点，且，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列说法中，正确的是（ ）
A．若随机变量，则方差
B．在的展开式中的系数是80
C．已知一系列样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则
D．若随机变量的分布列为，则
10．在中，角所对的边分别为，且，则下列说法正确的是（ ）
A．角A的大小是
B．若，则的形状是正三角形
C．若，则的面积是
D．若三角形是锐角三角形，的取值范围是
11．平面内到两个定点的距离比值为一定值的点的轨迹是一个圆，此圆被称为阿波罗尼斯圆，俗称“阿氏圆”．已知平面内点，动点满足，记点的轨迹为，则下列命题正确的是（ ）
A．点的轨迹的方程是
B．过点的直线被点的轨迹所截得的弦的长度的最小值是
C．直线与点的轨迹相离
D．已知点是直线上的动点，过点作点的轨迹的两条切线，切点为，则四边形面积的最小值是4
三、填空题（本大题共3小题）
12．记为不超过的最大整数，则 ．
13．某人从保山到昆明，可以乘坐高铁､客车､飞机三种交通工具，出行方式如下表，
某人已迟到，则他乘坐飞机迟到的概率为 ．
14．已知点为坐标原点，点是拋物线的焦点，点分别位于轴的两侧且都在抛物线上，记的面积为的面积为，若，则的最小值为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知的前项和是，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设求数列的前项和．
16．如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面于点．
(1)求证：平面；
(2)已知：条件①平面，条件②，条件③平面平面，从这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定，并求二面角的余弦值．
17．（1）设，求在点处的切线方程；
（2）若是函数的极值点，求实数的值．
18．高黎贡山国家级自然保护区位于云南省保山市，被誉为“世界自然博物馆”及“动植物物种基因库”．经过几十年的发展，某种濒临灭绝动物数量有大幅度的增加．已知这种动物拥有两个亚种（分别记为种和种）．为了调查该区域中这两个亚种的数目，某动物研究小组计划在该区域中捕捉100个动物，统计其中种的数目后，将捕获的动物全部放回，作为一次试验结果．重复进行这个试验共20次，记第次试验中种的数目为随机变量．设该区域中种的数目为，种的数目为均大于100，每一次试验均相互独立．
(1)求的分布列；
(2)记随机变量．定义，且．证明：．
19．设点在曲线上，在曲线上，且满足，
(1)求的方程；
(2)点在上，过点的直线与的渐近线交于两点，且是的中点，求（为坐标原点）的面积；
(3)利用双曲线定义证明：方程表示的曲线是焦点在直线上的双曲线．
参考答案
1．【答案】C
【分析】根据正切型函数周期公式即可.
【详解】由题意得。
故选C．
2．【答案】B
【分析】求出，再利用交集含义即可得到.
【详解】，要使中有3个元素，只需，所以，
故选B．
3．【答案】A
【分析】根据投影向量的定义判断．
【详解】由题意知，由投影向量的定义知，向量在上的投影向量是，所以坐标为。
故选A．
4．【答案】D
【分析】根据正方体内切球特点即可得到球的半径，再利用球的体积公式即可.
【详解】由正方体内切球的直径是正方体的棱长，所以，即，则球的体积。
故选D．
5．【答案】C
【分析】求出，再由可得答案.
【详解】由，得，则.
故选C．
6．【答案】A
【分析】分别构造函数，，利用导数求导，得单调性求解．
【详解】设，则，
所以在上单调递增，故时，恒成立，即，
所以有，故；
设，则，
所以在上单调递减，故时，恒成立，即，所以有，，得，
综上：，
故选A．
7．【答案】B
【分析】由奇偶函数定义，利用方程组法求解析式，再利用基本不等式求最值.
【详解】由是奇函数，得①，
由是偶函数，得②
联立①②得，当且仅当，即时，等号成立，故的最大值是。
故选B．
8．【答案】C
【分析】设，，与轴的交点为，，结合平行线性质，三角形面积公式可得，根据勾股定理可得关系，化简求离心率.
【详解】设，，与轴的交点为，．
由且，得①，
又因为，
所以，故②，
联立①②消去得：，又因为，
所以，
因为，所以有，所以，故，所以，解得离心率。
故选C．
9．【答案】BD
【分析】对A，根据二项分布的方差公式和方差的性质即可判断；对B，根据二项展开式的通式即可计算；对C，利用残差定义即可判断；对D，首先根据分布列特点求出，再代入计算即可.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，在的展开式中，，
当时，，此时的系数，故B正确；
对于C，样本点与的残差相等，则有得，故C错误；
对于D，，得，故D正确，
故选BD．
10．【答案】BCD
【分析】A选项，根据正弦定理和诱导公式得到，求出；B选项，由余弦定理和得到，结合A中所求得到B正确；C选项，由余弦定理得到，进而求出三角形面积；D选项，由正弦定理和得到，结合三角形为锐角三角形得到，从而求出D正确.
【详解】关于A，在中，由及正弦定理，得，又因为，于是，而，即有，则，所以，故A错误；
对于B，由题意知，则，又因为，得，
则，所以为正三角形，故B正确；
对于C，由余弦定理，，代入得，因为，则有，即得，故的面积为，故C正确；
对于D，由正弦定理，可得，因，代入化简得：，因为三角形是锐角三角形，可得，，故的取值范围是，故D正确.
故选BCD．
11．【答案】ACD
【分析】对于A：设点，结合题意分析求解即可；对于B：分析可知点在圆内，结合圆的性质分析求解；对于C：求圆心到直线的距离，即可判断；对于D：分析可知当时，取到最小值，四边形面积取最小值，运算求解即可.
【详解】对于选项A：设点，因为，整理可得，故A正确；
对于选项B：因为点的轨迹方程是，圆心是，半径是，且，可知点在圆内，过点的直线被圆所截得的弦最短时，点是弦的中点，根据垂径定理得弦的最小值是，故B错误；
对于选项C：圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，故C正确；
对于选项D：因为四边形面积，
由数形分析可知：当时，取到最小值，
所以四边形面积取最小值，故D正确；
故选ACD．
12．【答案】1
【分析】由函数的新定义求解．
【详解】由题意知：，故原式．
故答案为：1.
13．【答案】0.25/
【分析】利用贝叶斯公式进行求解.
【详解】由题意知，所求概率．
故答案为：0.25/.
14．【答案】
【分析】可设，，且，由三角形的面积公式及基本不等式求解．
【详解】因为分别位于轴的两侧且都在抛物线上，则可设，，且，如图所示：
由得，
则有的面积，
的面积，所以，当且仅当时，取等号．
故答案为：.
15．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由递推公式得，有，即可求解；
（2）设数列的前项中的奇数项之和为，偶数项之和为，分别由等差数列求和及裂项相消法求和即可．
【详解】（1）由①得，当时，②，
联立①②得，所以有，因为，所以．
（2）设数列的前项中的奇数项之和为，偶数项之和为，
由（1）知
则，
，
综上：．
16．【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）连接，根据面面平行的性质得到，再证明，即可得到，从而得证；
（2）若选择条件①②，①③，均可说明该几何体为棱长为的正方体，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；选择②③，无法唯一确定该几何体.
【详解】（1）连接，如图1，
因为交平面于点平面，
所以平面，所以平面平面．
又因为平面平面，且平面平面，所以，
因为，且，所以四边形是平行四边形，所以，
所以，因为平面平面，所以平面．
（2）由（1）知，点是的中点，所以点是线段的中点．
若选择条件①②：因为平面四边形的棱长相等，而且对角线，
所以四边形是正方形，又因为平面，所以．
故如图2建立以为坐标原点，分别为轴的空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，
由，可取，
因为平面，所以平面的法向量为，
所以，
由题知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为．
若选择条件①③：因为平面平面平面，
所以，因为平面平面，平面平面，所以平面，所以，如图建立以为坐标原点，分别为轴的空间直角坐标系，
则
，
设平面的法向量为，
由，可取，
因为平面，所以平面的法向量为，
所以，又因为由题意知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为．
选择条件②③不合题意，
由条件②，且平面四边形的棱长相等，可得四边形是正方形，
由条件③平面平面，无法确定与，
故几何体不能唯一确定．
17．【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义，求出直线的斜率，即可求解；
（2）对求导，得到，利用条件得到，法一，利用与的图象与性质，得到在上单调递增，且存在，使在上单调递减，由极值点的定义，即可求解；法二，利用导数与函数单调性间的关系，求解得在上单调递减，在上单调递增，即可求解.
【详解】（1）由题意得：，，切点是，切线斜率，故切线方程是：．
（2）方法一：由条件得，因为且是的极值点，
所以，即．
当时，，
，，
当时，，所以在上恒成立，即在上单调递增，
如图，由与的图象可知，
存在，使得当，
即存在，使在上单调递减，
所以是的极小值点．
综上，实数的值为1．
方法二：，因为是的极值点，
所以，即．当时，，
令，则，令，
当时，，所以恒成立．
，当时，，故，
所以在上单调递增，因为，所以，所以，所以，所以，，
对任意，故在上单调递增，
又因为，所以当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
满足是的极值点。综上，实数的值为1．
18．【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据超几何分布得分布列；
（2）根据所给性质证明即可．
【详解】（1）依题意，服从超几何分布，故的分布列为，
（2）先证一般结论：，，．
因为，设，则，
，
从而，，设，则，所以，
，
故．
19．【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意将代入曲线即可；
（2）设，求的坐标，结合中点可得，代入方程可得，进而可求的面积.
（3）根据题干设，分和两种情况，结合两点间距离公式可得，即可得结果.
【详解】（1）由已知得，
将代入得方程为；
（2）显然直线不与轴垂直，故可设其方程为，

双曲线的渐近线为，
联立，解得：，所以，
联立，解得：，所以，
因为是的中点，
所心点的横､纵坐标为，
点在双曲线上，即，得，
因，所以，
显然直线与轴的交点为，
所以，
将代入可得．
方法二：双曲线的渐近线为，
因点在两条渐近线上，故可设，
因为是的中点，则点，
又因为点在上，将点代入方程，得到，
因，
所以的面积．
（3）设方程上任意一点，
则
，
当时，，
则，
当时，，
则．
根据双曲线得定义得，方程的图象是焦点在直线上的双曲线．交通工具
高铁
客车
飞机
乘坐概率
迟到概率
0.1
0.3
0.3
0
1
99
100