云南省红河州文山州2023~2024学年高二下册期末学业质量监测数学检测试卷（含解析）

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（全卷满分 150 分，考试用时 120 分钟）
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、班级、考场号、座位号在答题卡上填
写清楚，并将条形码准确粘贴在条形码区域内.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，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，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.
一、单项选择题：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】
【分析】根据集合的运算求解即可.
【详解】集合 ， ，
故 .
故选：C
2. 已知直线 l： 与圆 C： 有公共点，则实数 m 的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线与圆恒有公共点，由 求解.
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【详解】圆 C： ，知 ，
圆心到直线 的距离为： ，
解得： .
故选：A
3. 为全面普及无人机知识，激发青少年探索航空未来创造力与想象力，提升青少年科学素养和创新能力，
培养航空后备人才.中国航空学会、云南省科学技术协会、云南警官学院于 2024 年 4 月中句在红河州弥勒市
共同举办第 8 届全国青少年无人机大赛（云南省赛）.某校为下一届大赛做准备，在校内进行选拔赛，9 名
学生成绩依次为：85，105，75，100，95，85，90，100，80.则这组数据的第 60 百分位数为（ ）
A. 85 B. 90 C. 92.5 D. 95
【答案】D
【解析】
【分析】根据百分位数的定义求解即可.
【详解】9 名学生成绩从低到高依次为：75，80，85，85，90，95，100，100，105.
且 ，
故第 60 百分位数为：95.
故选：D
4. 已知函数 对任意的 都有 成立，当 时，
，则 （ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用条件得到函数的周期性为 ，从而 ，再结合已知条件即可得到结果.
【详解】由 ，得 可知周期为 ，
所以 ，
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又当 时， ，
所以
故选：A
5. 若函数 ，则函数 的单调递增区间为（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】先将函数解析式化简整理，得到 ，根据
，即可求出结果.
【详解】因为 ，
所以 ，
所以 ，
则函数 的单调递增区间为 ， ，
故选：C
6. 东平房塔（如图）建于辽代，塔平面呈正六边形，是辽西古塔中仅有的两座辽代六边形古塔之一.请根据
塔平面抽象出正六边形 ABCDEF，若 ，则 （ ）
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A. 6 B. C. 8 D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，写出点的坐标，从而利用平面向量数量积坐标公式计算即可.
【详解】以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴，建立平面直角坐标系，
则 ，
故 .
故选：D
7. 已知椭圆 C： ，的右焦点为 ，过 F 的直线与椭圆 C 交于 A，B 两点，线
段 AB 的中点为 ，则椭圆 C 的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用点差法求解即可.
【详解】设
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则 ，两式作差得： ，
线段 AB 的中点为 ，故 ，
所以 ，
且直线 AB 过 和 ，
则直线 AB 的斜率： ,
故 ，
解得 .
故选：B
8. 一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金.一位顾客到店里购买 10g 黄金，售货员先将 5g 的砝码放在
天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将 5g 的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金
放在天平左盘中使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客.你认为顾客购得的黄金是（ ）
A. 小于 10g B. 等于 10g
C. 大于 10g D. 大于或等于 10g
【答案】C
【解析】
【分析】设天平的左臂长为 ，右臂长 ，则 ，售货员现将 的砝码放在左盘，将黄金 放在右盘
使之平衡；然后又将 的砝码放入右盘，将另一黄金 放在左盘使之平衡，则顾客实际所得黄金为
，利用杠杆原理和基本不等式的性质即可得出结论.
【详解】由于天平两臂不等长，可设天平左臂长为 ，右臂长为 ，则 ，
再设先称得黄金为 ，后称得黄金为 ，则 ， ，
， ，
，
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当且仅当 ，即 时等号成立，但 ，等号不成立，即 .
因此，顾客购得的黄金大于 .
故选：C
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项
符合题自要求.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分，有选错的得 0 分.
9. 以下说法正确的是（ ）
A. 若 ， ，则
B. 随机变量 ， ，若 ，则
C. 若 ， ， ，则
D. ，且 ，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据二项分布的方差和方差的性质即可判断 A 选项；根据期望的性质即可判断 B 选项；根据条件
概率的公式即可判断 C 选项；根据正态分布的性质即可判断 D 选项.
【详解】对于 A, 若 ，
则
解得 ，故 A 错误；
对于 B，随机变量 ， ，若 ，
则 ，故 B 正确；
对于 C，若 ，则 ,
则 ,故 C 正确；
对于 D， ，且 ，
则 ，故 D 正确.
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故选：BCD
10. 记正项数列 的前 n 项和为 ，已知 ，则（ ）
A. B.
C. D. 数列 的前 n 项和小于 1
【答案】AD
【解析】
【分析】由 与 的关系结合定义证明 为等差数列，从而判断 ABC；由裂项相消求和法结合不等式
性质判断 D.
【详解】对于 B：∵ ，①
∴当 时， ，解得 ；
当 时， ，②
由① ②得 ，
化为 ，
∵ 有 ，∴ .
数列 是以首项为 1，公差为 1 的等差数列.
∴ .
∴ ，故 B 错误；
对于 AC： ， ，故 A 正确，C 错误；
对于 D： ，
数列 的前 n 项和为 ，
故 D 正确；
故选：AD
11. 如图 1，在菱形 中， ， .沿对角线 将其翻折，如图 2.则（ ）
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A. 在折叠过程中直线 与 所成角不变
B. 当点 在平面 的投影为 的重心时，
C. 三棱锥 的表面积最大值为
D. 当三棱锥 的体积最大时，其外接球半径为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于 A，取 中点 ，连接 ,证明 平面 即可；对于 B，如图②所示，在
中求出 ，在 中，通过勾股定理求 即可；对于 C，将三棱锥 的表面积表示
为 ，根据 的范围求最大值即可；对于 D，当三棱锥 的体积
最大时，即平面 平面 ，通过辅助线作出外接球球心并计算即可.
【详解】对于 A，如图①所示，取 中点 ，连接 ,
因为四边形 为菱形， ,
所以 ，
且 为等边三角形，
因为 为 中点，
所以 ,
因为 平面 , 平面 ,
所以 平面 ,
因为 平面 ,
所以 ，故 A 正确；
对于 B，如图②所示，设 的重心为 ，
因为点 在平面 的投影为 的重心，
所以 平面 ，
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因为 为等边三角形，
所以 重心 在 上，且 ,
所以在 中， ,
在 中， ，故 B 正确；
对于 C，因为 全等，
所以三棱锥 的表面积为
，
因为 ,
所以当 时， ，故 C 错误；
对于 D，因为当三棱锥 的体积最大，如图①所示，
所以平面 平面 ，
又因为 ,平面 平面 ,
所以 平面 ，故三棱锥 高最大为
所以 ，
如图③所示，设三棱锥 外接球球心为 ,且 为 的重心，
过 作 平面 ，过 作 平面 ，连接 ，
因为 ， 平面 ,
所以 平面 ，
所以 ,
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
所以四边形 为矩形，即
因为 点为三棱锥 的外接球的球心，到 四点距离相等，
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设 ,外接球半径为 ，则 ,
在 中， ，
在 中， ，
解得 ，
所以外接球的半径 ，故 D 正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了立体几何的线面垂直、棱锥的表面积、体积及外接球，三棱锥外接
球的解题关键通过辅助线找到球心，计算量较大，要有灵活的空间思维能力.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 设 z 为虚数， ，则 z 可以为____________.（写出满足条件的一个解即可）
【答案】 （答案不唯一， ）
【解析】
【分析】设出 的代数形式，由模的意义求出关系式即可得解.
【详解】设虚数 ，由 ，得 ，
于是 ，取 ，可得 .
故答案为：
13. 已知函数 ， 分别是定义在 上的奇函数，偶函数，且 ，则
____________.
【答案】
【解析】
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【分析】利用函数的奇偶性求解即可.
【详解】函数 ， 分别是定义在 上的奇函数，偶函数，
故 ，
所以 ，
故 .
故答案为：
14. 已知直线 l： 与抛物线 C： 交于 A，B 两点，如图，点 P 为抛物线 C 上的动点，
且位于直线 AB 的下方，则△ABP 面积的最大值为____________.
【答案】
【解析】
【分析】利用过点 的切线与直线 平行时， 的面积最大求出点 ，然后利用弦长公式求 即可.
【详解】当抛物线过点 的切线与直线 平行时， 的面积最大，
设点 ，由 得： ， ，
所以切线的斜率： ，解得： ，
所以 ，所以 ，
点 到直线 距离 ，
由 ，消去 ，得： ，
设 ， ，则 ， ，
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所以 ，
所以 的面积的最大值为： .
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. 记 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 .
（1）求 B；
（2）若 ， 的面积为 ，求 的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式即可求解；
（2）利用三角形的面积公式可求得 ，利用余弦定理可得出 的值，即可得解.
【小问 1 详解】
由正弦定理有， ，
可得 ，即 ，
， ，则 ，
，故 ；
【小问 2 详解】
， ，
则 ，可得 ，结合 ，
由余弦定理 ，有 ， ，
可得 ，则 的周长为 .
16. 如图，在四棱台 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形， 平面 ABCD，
， ，P 为 AB 的中点.
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（1）求证： 平面 ；
（2）求平面 与平面 夹角的大小.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）利用空间向量证明 即可；
（2）利用空间向量求解二面角即可.
【小问 1 详解】
底面 ABCD 是边长为 2 的正方形， 平面 ABCD，
故 ， ， 两两垂直.
以 为原点， 分别为 轴， 轴， 轴建立如图所示空间直角坐标系，
在四棱台 中， ， ，P 为 AB 的中点，
故 ,
则 ,
所以 ，即 ，
且 平面 ， 平面 ，
故 平面 .
【小问 2 详解】
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由（1）知， , ,
设平面 的法向量为
则
令 ，解得
设平面 的法向量为
则
令 ，解得
故
故平面 与平面 的夹角为 .
17. 已知函数 ，（ ）.
（1）当 时，求出方程 解的个数；
（2）讨论函数 的单调性.
【答案】（1）1 个 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）设 ，结合函数的单调性求解即可；
（2）根据 和 0 的大小关系，进行分类讨论即可.
【小问 1 详解】
当 时， ，
即 ，
设 ，
则 ，
且 定义域 ，
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故在 时， 恒成立， 在 上单调递增，
在 时， 恒成立， 在 上单调递减，
所以 ，
故 只有一个解，
即方程 只有一个解.
【小问 2 详解】
函数定义域为 ，
由题意 ，
当 时，在 时， 恒成立， 在 上单调递增，
当 时， 的解为 ， 的解为 ，
在 上递增，在 上递减．
综上所述，当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在 上递增，在 上递减．
18. 为提高学生的身体素质，除了进行体育锻炼之外，学校每天中午免费为学生提供水果和牛奶两种营养餐
（每人每次只能选择其中一种），经过统计分析发现：学生第一天选择水果的概率为 ，选择牛奶的概率为
.而前一天选择水果第二天选择水果的概率为 ，选择牛奶的概率为 ；前一天选择牛奶第二天选择水果
的概率为 ，选择牛奶的概率也是 ，如此往复.记某同学第 n 天选择水果的概率为 .
（1）记某班的 2 名同学在发放营养餐开始第二天选择水果的人数为 X，求 X 的分布列和期望；
（2）证明数列 是等比数列，并求数列 的通项公式；
（3）为了培养学生的服务意识，30 天后学校组织学生参加志愿服务活动，其中有 15 位学生负责为全体同
学分发营养餐，应该如何安排分发水果和牛奶的人数.
【答案】（1）分布列见解析，期望为 ；
（2）证明见解析， ；
（3）10，5.
【解析】
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【分析】（1）求出第二天选择水果的概率，再求出 的可能值及对应的概率，列出分布列并求出期望.
（2）利用相互独立事件及互斥事件的概率公式求出递推公式 ，再构造并证明求出 .
（3）由（2）得 ，由此求出求出分发水果和牛奶的人数.
【小问 1 详解】
依题意，第二天选择水果的概率为 ，
第二天选择牛奶的概率为 ，
第二天选择水果的人数 X 的可能值为 ，
，
所以 X 的分布列为：
0 1 2
期望为 .
【小问 2 详解】
依题意， ，
由 ，而 ，
所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列， ，
数列 的通项公式为 .
【小问 3 详解】
由（2）知， ，当 时， 非常小，趋近于 0， ，
，即 30 天后学校每天选择水果的人数约为总人数的 ，
所以 15 位学生负责为全体同学分发营养餐，分发水果和牛奶 人数分别为 .
【点睛】思路点睛：求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：
①根据题中条件确定随机变量的可能取值；
②求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；
③根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超
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几何分布或二项分布等，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）.
19. 已知点 ， 在双曲线 （ ， ）上，直线 .
（1）求双曲线 的标准方程；
（2）当 且 时，直线 与双曲线 分别交于 ， 两点， 关于 轴的对称点为 .证明：直线
过定点；
（3）当 时，直线 与双曲线 有唯一的公共点 ，过点 且与 垂直的直线分别交 轴， 轴于
， 两点.当点 运动时，求点 的轨迹方程.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）将点的代入方程，求出 a,b,即可得双曲线方程；
（2）联立直线与双曲线，结合韦达定理可得直线 方程，即可得证.
（3）由已知可得直线与双曲线相切，可得 ，也可得点 与 ，进而可得点 的轨
迹方程.
【小问 1 详解】
由点 ， 在双曲线 ，
即 ，解得 ，
所以双曲线方程为 ；
【小问 2 详解】
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由已知 ，设 ， ，
联立直线与双曲线 ，得 ，
则 ，即 ，且 ，
， ，
又点 与 关于 轴的对称，
则 ，
所以 ，
即
，
即 ，恒过定点 ；
【小问 3 详解】
由已知直线 ， ，且 ，
联立直线与双曲线 ，可得 ，
则 , ，
即 ，，
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所以 ， ,代入直线可得 ，
即 ，
所以直线 ，即 ，
所以 ， ，
即 ，可得 .
【点睛】(1)解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 x(或 y)建立一元二次方程，然
后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为 0 或不存在等特殊情形．
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