云南省楚雄彝族自治州2023−2024学年高二下学期7月期末教育学业质量监测 数学试题（含解析）

这是一份云南省楚雄彝族自治州2023−2024学年高二下学期7月期末教育学业质量监测 数学试题（含解析），共14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．若集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．某同学测得连续7天的最低气温（单位：℃）分别为18，19，18，15，15，17，13，则该组数据的第70百分位数为（ ）
A．15B．17C．17.5D．18
3．已知双曲线的实轴长为1，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
4．设等比数列的前项和为，则（ ）
A．B．63C．D．31
5．已知直线和都是函数图象的对称轴，则的解析式可能为（ ）
A．B．
C．D．
6．在正方体中，为的中点，为的中点，则下列直线与不垂直的是（ ）
A．B．C．D．
7．设点，若在圆上存在两点，使得四边形为正方形，则（ ）
A．B．C．D．
8．若直线是曲线与的公切线，则直线的方程为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．复数满足，则（ ）
A．为纯虚数B．
C．的实部不存在D．复数在复平面内对应的点在第二象限
10．已知函数的定义域为，对所有的，都有，则（ ）
A．为奇函数B．为偶函数
C．在上可能单调递增D．在上可能单调递减
11．已知椭圆的左、右顶点分别为，左、右焦点分别为是椭圆上异于的一点，且（为坐标原点），记的斜率分别为，设为的内心，记的面积分别为，，则（ ）
A．B．的离心率为
C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知为等腰直角三角形，，若，则 ．
13．设是等差数列的前项和，且为常数，则 ．
14．在平行四边形中，是线段的中点，沿将折起为，则当四棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的表面积为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，内角所对的边分别为，且．
(1)求角；
(2)已知，求面积的最大值．
16．如图，在正三棱柱中，分别为棱的中点，．
(1)证明：平面．
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
17．在一个牌堆中有6张牌，分别标有数字0，1，2，3，5，7．
(1)规定每次随机翻出一张牌，若数字为奇数，则放回这张牌，若数字为偶数，则不放回这张牌，求第二次翻出的数字是偶数的概率．
(2)规定每次随机翻出一张牌，然后放回，若数字为奇数，则得1分，若数字为偶数，则得2分，翻牌次数不限，直到总得分达到或超过5分，游戏结束．设游戏结束时翻牌的总次数为随机变量X，求随机变量X的分布列和期望．
18．已知是抛物线的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，是抛物线上一点，且．
(1)求抛物线的方程．
(2)设过点的直线交抛物线于两点，直线与直线分别交于点．
（ⅰ）证明：直线与的斜率之和为0．
（ⅱ）求面积的最大值．
19．定义在区间上的函数满足：若对任意，且，都有，则称是上的“好函数”．
(1)若是上的“好函数”，求的取值范围．
(2)（ⅰ）证明：是上的“好函数”．
（ⅱ）设，证明：．
参考答案
1．【答案】C
【分析】先计算集合A,再根据交集计算即可.
【详解】依题意得,则.
故选C.
2．【答案】D
【分析】利用第70百分位数的定义求解即得.
【详解】将该组数据从小到大排列为，又，
所以该组数据的第70百分位数为18.
故选D.
3．【答案】A
【分析】由实轴长可列方程求得参数的值，进一步即可求得渐近线方程.
【详解】由题可知双曲线的实轴长为，则，解得，所以该双曲线的渐近线方程为．
故选A.
4．【答案】A
【分析】由题意知，继而由，解得，
利用等比数列的前项和公式代入求值即可.
【详解】设等比数列的公比为，则，
由，解得，
故．
故选A.
5．【答案】A
【分析】依题意当或时，取得最值，代入检验即可.
【详解】由题可知，当或时，取得最值；
对于A： ，
，符合题意，故A正确；
对于B：，故B错误；
对于C：，故C错误；
对于D：，故D错误.
故选A.
6．【答案】D
【分析】结合正方体中常见的线面垂直，即可判断A、B、C，利用三垂直定理可以判断D.
【详解】
对于A，在正方体中，，又，
所以，故A不合题意；
对于B，在正方体中，，又，
所以，故B不合题意；
对于C，在正方体中，，又，
所以，故C不合题意；
在平面内的一条直线，若它和平面内的一条斜线在平面内的射影垂直，则它也和这条斜线垂直，
如图，取中点F，连接OF，FE，易知，
所以FE为在内的射影，又与FE不垂直，所以与不垂直，所以D满足题意，
故选D．
7．【答案】C
【分析】根据四边形为正方形可以得出，应用两点间距离公式计算即可.
【详解】
要使得四边形为正方形，结合圆的对称性可得，满足与圆相切，
且，所以，
所以，解得．
故选C.
8．【答案】B
【分析】分别设两曲线上的两个切点坐标，然后利用导数求斜率，用斜率相等建立方程①，再利用两点坐标求斜率再次利用斜率相等建立方程②，解方程组即可求得切点横坐标，最后求得切点与斜率即可得解.
【详解】由，得，由，得．
设直线与曲线切于点，与曲线切于点，
则，又，
由方程①②解得，所以直线过点，斜率为1，
即的方程为．
故选B.
9．【答案】AB
【分析】先解方程求得或，再结合复数模公式，复数实部，虚部的区分，结合复数的几何意义，即可求解．
【详解】由，
解得或，
故为纯虚数．
的实部为，
则复数在复平面内对应的点在第二象限或第三象限．
故选AB．
10．【答案】AC
【分析】应用赋值法及化简判断A,B选项，再根据导函数的正负判断函数单调性即可判断C,D选项.
【详解】令，则，
若，则，即，
所以为常数，则．
因为，所以，所以为奇函数，故A正确，B错误．
，当时，在上单调递增，故C正确．
结合是开口向上的二次函数可知，不可能恒成立，故D错误．
故选AC.
11．【答案】ACD
【分析】对于A，由题意点在以为直径的圆上，由此即可判断A；对于B，由离心率定义结合正弦定理即可判断；对于C，由斜率公式结合离心率即可验算；对于D，由的关系以及这三个三角形的高一样即可验算.
【详解】
因为，所以为正三角形，且点在以为直径的圆上，
所以，即，故A正确．
不妨设，
则的离心率为，故B错误．
，故C正确．
设的内切圆半径为，则，
，
，所以，故D正确．
故选ACD.
12．【答案】
【分析】根据题意知为直角，，结合向量数量积公式计算的结果；
【详解】因为为等腰直角三角形，，
所以为直角，且，
．
故答案为：.
13．【答案】2
【分析】根据已知条件，结合通项公式，依次求出关于的等式，再通过作差，即可求解．
【详解】当时，，
即，即．
因为，
所以当时，，
两式相减得，
所以，两式相减得．
因为数列为等差数列，
所以数列的公差，故，
解得．
故答案为：2.
14．【答案】
【分析】由题可知，当平面平面时，四棱锥的体积最大，求得外接圆的半径，等腰梯形外接圆半径，再根据四棱锥外接球的半径的关系式解出半径，最后用公式计算外接球的表面积.
【详解】
由题可知，当平面平面时，四棱锥的体积最大．
由折叠可知，，
外接圆的半径，
等腰梯形中,
等腰梯形外接圆圆心为的中点，且半径，
四棱锥外接球的半径，
故所外接球的表面积为．
故答案为：.
15．【答案】(1)；
(2)．
【分析】(1)由正弦定理及两角和的正弦定理得，再由得即可求解；
(2)由余弦定理知，再由重要不等式知，最后通过三角形的面积公式求解即可.
【详解】(1)因为，
所以由正弦定理可得．
又，
所以，
所以，
即．
因为，所以，
所以，即，
又，
所以．
(2)由余弦定理可知，
即．
因为，
所以，解得，
当且仅当时，等号成立，
则的面积为，
即面积的最大值为．
16．【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）构造平行四边形证明线线平行，然后用线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，然后利用向量坐标法求夹角的余弦值即可得解.
【详解】（1）证明：取为的中点，连接．
因为为棱的中点，所以，且．
又为棱的中点，所以．
因为且，所以，
所以四边形为平行四边形，
所以．
又平面平面，
所以平面．
（2）取为的中点，为的中点，连接．
因为为正三棱柱，所以两两垂直．
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
设平面的法向量为，则
令，则，可得，
又是平面的一个法向量，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
17．【答案】(1)；
(2)分布列见解析，.
【分析】(1)第二次翻出的数字是偶数的概率受第一次翻出的数字是奇数还是偶数的影响，可以根据第一次翻出的数字的情况，将样本空间表示为“第一次翻出的数字是奇数”和“第一次翻出的数字是偶数”两个互斥事件的并集，利用全概率公式求解；
(2)根据题意求出随机变量X的每一个取值，再根据每个取值的含义求出其概率，列表即可得分布列，再用期望公式计算期望即可.
【详解】(1)设事件A: 第一次翻出的数字是奇数，事件B: 第一次翻出的数字是偶数，事件C: 第二次翻出的数字是偶数，则，且与互斥，由题意得：
，，，，
由全概率公式得：
，
所以第二次翻出的数字是偶数的概率为.
(2)随机变量的可能取值为3，4，5．
当时，若前两次都翻到偶数牌，则翻牌的总次数为3的概率为，
若前两次都只翻到一张偶数牌，则翻牌的总次数为3的概率为，
则，
，
，
所以随机变量的分布列如下：
．
18．【答案】(1)；
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）12.
【分析】(1)利用点坐标代入抛物线方程，可得答案；
(2)（ⅰ）设直线，，的方程分别为，，，直线的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理代入可得答案；（ⅱ）求出，，得到的面积，利用的范围可得答案．
【详解】(1)因为点在抛物线上，所以，
因为，所以，
联立，解得，
所以抛物线的方程为；
(2)（ⅰ）证明：设直线的方程为，直线的方程为，
直线的方程为，
不妨设点在第一象限，，
由得，
所以，
所以，
所以，
故直线与的斜率之和为；
（ⅱ）由得，
同理可得，
直线与轴交于点，
则的面积
，
因为，所以，所以，
则，即面积的最大值为12，
当且仅当时等号成立.
19．【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）利用给定定义结合分离参数法求解即可.
（2）（ⅰ）利用给定定义结合导数证明即可.（ⅱ）利用给定定义结合裂项相消法证明即可.
【详解】（1）由题可知任意，且，
即，解得．
因为，所以，即的取值范围为．
（2）（ⅰ）证明：设，
则．
令，且，
则，则hx在1,+∞上单调递增，
所以，即，
所以是0,+∞上的“好函数”．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）可知，当x∈1,+∞时，，
令，则，
即．
故，
化简可得．
【关键点拨】本题考查导数新定义，解题关键是合理利用给定定义，然后结合裂项相消法得到所要求的不等关系即可．3
4
5