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

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，共11页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容，复数满足，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，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。
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．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、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．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：本题共3小题，每小题5分，共15分．
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，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．（13分）
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．（15分）
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．（15分）
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．（17分）
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．（17分）
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：．
楚雄州中小学2023-2024学年下学期期末教育学业质量监测
高二年级数学参考答案
1．C 依题意得，则．
2．D 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．
3．A 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．
4．A 设等比数列的公比为，则，由，解得，故．
5．A 由题可知，当或时，取得最值，对于A选项对应的函数，，符合题意，B，C，D选项对应的函数均不符合题意．
6．D 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，故选D．
7．C 要使得四边形为正方形，即满足与圆相切，且，所以，所以，解得．
8．B 由，得，由，得．
设直线与曲线切于点，与曲线切于点，
则，所以．又，解得，所以直线过点，斜率为1，即的方程为．
9．AB 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．AC 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．结合的图象可知，不可能恒成立，故D错误．
11．ACD 因为，所以为正三角形，且，即，故A正确．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．
12． 因为为等腰直角三角形，，所以为直角，且，．
13．2 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．
14． 由题可知，当平面平面时，四棱锥的体积最大．外接圆的半径，等腰梯形外接圆的半径，四棱锥外接球的半径，故所求的表面积为．
15．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．（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，所以，则四边形为平行四边形，
所以．
又平面平面，所以平面．
（2）解：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，故平面与平面夹角的余弦值为．
17．解：（1）若第一次翻出的数字是奇数，则第二次翻出的数字是偶数的概率为，
若第一次翻出的数字是偶数，则第二次翻出的数字也是偶数的概率为，
故所求的概率为．
（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．（1）解：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）解：由得，
同理可得，
直线与轴交于点，则的面积
，
因为，所以，则，即面积的最大值为12．
19．（1）解：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，则在上单调递增，
所以，即，
所以是上的“好函数”．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）可知，当时，，
令，则，即．
故，
化简可得．3
4
5