云南省昆明市2022-2023学年高二下学期期末质量检测数学试题
1．（2023高二下·昆明期末）复平面内，复数所对应的点为，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2023高二下·昆明期末）已知集合，集合，若，则（ ）
A．0 B． C．1 D．2
3．（2023高二下·昆明期末）某校为调查学生跑步锻炼的情况，从该校3000名学生中随机抽取300名学生，并统计这300名学生平均每周的跑步量（简称“周跑量”，单位：周），得到如图所示的频率分布直方图.称周跑量不少于周的学生为“跑步达人”，用频率分布直方图估计这3000名学生中“跑步达人”的人数为（ ）
A．66 B．132 C．660 D．720
4．（2023高二下·昆明期末）大西洋鲑鱼每年都要逆流而上，洄游到产卵地产卵.科学家发现鲑鱼的游速（单位：）与鲑鱼的耗氧量的单位数的关系为，则鲑鱼静止时耗氧量的单位数为（ ）
A．1 B．100 C．200 D．300
5．（2023高二下·昆明期末）如图，圆锥被平行于底面的一个平面所截，截去一个上、下底面半径分别为和，高为的圆台，则所得圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023高二下·昆明期末）已知椭圆分别是的左，右焦点，为上一点，若线段的中点在轴上，，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023高二下·昆明期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2023高二下·昆明期末）已知关于的不等式恒成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2023高二下·昆明期末）已知抛物线的焦点为为上一点，则下列命题或结论正确的是（ ）
A．若与轴垂直，则 B．若点的横坐标为2，则
C．以为直径的圆与轴相切 D．的最小值为2
10．（2023高二下·昆明期末）已知直三棱柱的所有顶点都在球的球面上，，，则下列结论正确的是（ ）
A．球的表面积为 B．到直线的距离为
C．到平面的距离为 D．到平面的距离为
11．（2023高二下·昆明期末）已知甲口袋中装有3个红球，1个白球，乙口袋中装有2个红球，1个白球，这些球只有颜色不同.先从甲口袋中随机取出1个球放入乙口袋，再从乙口袋中随机取出1个球.从甲口袋中取出的球是红球 白球分别为事件，从乙口袋中取出的球是红球为事件，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
12．（2023高二下·昆明期末）设函数的定义域为为奇函数，为偶函数，当时，.则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
13．（2023高二下·昆明期末）若向量，满足：，，，则 .
14．（2023高二下·昆明期末）已知圆，过点的直线与圆交于两点，则的一个可能的值为 .
15．（2023高二下·昆明期末）《周髀算经》是中国十部古算经之一，其中记载有：阴阳之数，日月之法，十九岁为一章，四章为一蔀，二十蔀为一遂……若32个人的年龄（都为整数）依次成等差数列，他们的年龄之和恰好为“一遂”，其中年龄最小者不超过30岁，则年龄最大者为 岁.
16．（2023高二下·昆明期末）已知函数是图象的一条对称轴，在区间上单调，若在区间上有且仅有2个极值点，则的取值范围为 .
17．（2023高二下·昆明期末）已知数列的首项为1，记其前项和为.
（1）求；
（2）设，求.
18．（2023高二下·昆明期末）的内角所对的边长分别为.
（1）求；
（2）设是边上的高，且，求面积的最小值.
19．（2023高二下·昆明期末）如图，三棱柱中，是的中点，平面.
（1）求证：；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
20．（2023高二下·昆明期末）已知函数在处取得极值0.
（1）求；
（2）若过点存在三条直线与曲线相切，求买数的取值范围.
21．（2023高二下·昆明期末）已知双曲线：过点，一条渐近线方程为.
（1）求的方程；
（2）过的右焦点的直线与的右支交于两点，，若的外接圆圆心在轴上，求直线的方程.
22．（2023高二下·昆明期末）某研究所研究某一型号疫苗的有效性，研究人员随机选取50只小白鼠注射疫苗，并将白鼠分成5组，每组10只，观察每组被感染的白鼠数.现用随机变量表示第组被感染的白鼠数，并将随机变量的观测值绘制成如图所示的频数分布条形图.若接种疫苗后每只白鼠被感染的概率为，假设每只白鼠是否被感染是相互独立的.记为事件“”.
（1）写出（用表示，组合数不必计算）；
（2）研究团队发现概率与参数之间的关系为.在统计学中，若参数时的值使得概率最大，称是的最大似然估计，求.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可知： ，所以 .
故答案为：C.
【分析】根据复数的几何意义可知，再根据复数的乘法运算求解.
2．【答案】D
【知识点】集合中元素的确定性、互异性、无序性；子集与真子集；集合关系中的参数取值问题；交集及其运算
【解析】【解答】解： 若，则，
若，则 ，不合题意；
若，则 ，符合题意；
若，则 ，不合题意；
综上所述：.
故答案为：D.
【分析】根据题意可知，根据包含关系运算求解.
3．【答案】C
【知识点】频率分布直方图
【解析】【解答】解：由频率分布直方图可知：“跑步达人”的频率为，
所以估计这3000名学生中“跑步达人”的人数为.
故答案为：C.
【分析】根据频率分布直方图求“跑步达人”的频率，进而可得相应的人数.
4．【答案】B
【知识点】对数的概念与表示；对数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：由题意可得： ，
令，解得.
故答案为：B.
【分析】根据题意令，结合对数运算求解.
5．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：如图，可知，
则，即，解得 ，
所以圆锥 的体积为.
故答案为：B.
【分析】根据圆锥的结构特性可得，进而结合锥体的体积公式运算求解.
6．【答案】A
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解： 若线段的中点M在轴上，则，可知，
因为 ， 不妨设，则，
可得，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据题意可知，不妨设，结合题意可得，进而结合椭圆的定义求离心率.
7．【答案】D
【知识点】二倍角的余弦公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：由题意可得 .
故答案为：D.
【分析】以 为整体，利用诱导公式和倍角公式运算求解.
8．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：关于x的不等式 恒成立，可得，
令，
则的定义域为，且，
当，即时，则在定义域内恒成立，
可知在上单调递增，所以无最大值，不合题意；
当，即时，令，解得；令，解得；
可知在上单调递增，在上单调递减，
则，
所以，即，
则，即，
当时，则，
当且仅当， 取最小值为 ，
当时，，
综上所述：的最小值为，
故答案为：C.
【分析】根据题意构建，根据题意结合导数分析可得，且，分和，结合二次函数运算求解.
9．【答案】A,B,C
【知识点】抛物线的定义；抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可知： 抛物线的焦点为，准线，
对于A： 若与轴垂直，则 A的横坐标为1，所以，故A正确；
对于B：若点的横坐标为2，则，故B正确；
对于C：设A在准线和y轴上的投影为，AF的中点为C，C在准线和y轴上的投影为，
可知，
所以 以为直径的圆与轴相切，故C正确；
对于D：设点的横坐标为，则，
所以 的最小值为1，故D错误；
故答案为：ABC.
【分析】由题意可知： 抛物线的焦点为，准线，根据题意结合抛物线的定义逐项分析判断.
10．【答案】A,B,C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；平行公理；球内接多面体；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：对于A：如图，设的外心分别为，连接，
则 直三棱柱的 外接球的球心O为PQ的中点，连接OA，
在直棱柱中，平面ABC，且，
可知的外接圆半径
所以球O的半径.
所以球O表面积，A正确；
对于B：取的中点M，连接OM，
因为，可知为平行四边形，则，
因为平面ABC，平面ABC，则，可得，
所以到直线的距离为 ，故B正确；
对于C：因为，平面，平面，可知平面，
则O到平面的距离等P到平面的距离，
过P作，垂足为H，
又因为平面ABC，平面ABC，则，
且，平面，
所以平面，即PH为P到平面的距离，
连接PB，PC，
由P为外心，得， 可知为等腰三角形，
且H为BC的中点 ，所以O到平面的距离为，故C正确；
对于D：过点P作于点G，
与选项C同理可得：PG为P到平面 的距离，也是O到平面 的距离.
但题中条件没有AB的长度，所以无法求 到平面的距离 ，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】对于A：设的外心分别为，连接，则 直三棱柱的 外接球的球心O为PQ的中点，连接OA，根据直三棱柱的外接球的结构特征运算求解；对于B：取的中点M，连接OM，可知OM为到直线的距离，结合三棱柱的结构特征运算求解；对于CD：根据平行关系和垂直关系分析求解.
11．【答案】A,D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：对于A：因为甲口袋中装有3个红球，1个白球，所以 ，故A正确；
对于B：若从甲口袋中取出1个白球放入乙口袋，则乙口袋有2个白球和2个红球，
所以，故B错误；
对于C：若从甲口袋中取出1个红球放入乙口袋，则乙口袋有1个白球和3个红球，
则，所以，故C错误；
对于D：因为甲口袋中装有3个红球，1个白球，所以 ，
所以，故D正确，
故答案为：AD.
【分析】对于AB：根据古典概型运算求解；对于C：根据题意结合条件概率公式运算求解；对于D：根据全概率公式运算求解.
12．【答案】B,C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；函数的值；对数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：因为 为奇函数，则，
即，可得，
又因为 为偶函数 ，则，
则，可得，
所以函数 的周期为4，
对于A：因为，令，可得，
解得 ，故A错误；
对于B：所以，故B正确；
对于C：因为，即 当时，，
则，
可得，
所以 ，故C正确；
对于D：设，
则
，
所以 ，故D错误；
故答案为：BC.
【分析】根据题意可得，，分析可知函数 的周期为4.对于A：通过赋值运算求解；对于B：根据通过赋值运算求解；对于CD：根据题意结合周期性运算求解.
13．【答案】
【知识点】平面向量数量积的性质；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为 ，
即，解得 .
故答案为： .
【分析】根据数量积关系可知，代入运算即可.
14．【答案】（写出中的任意一个实数即可）
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量数量积的性质；平面向量的数量积运算；圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：取AB的中点D，设，
可知：
因为
，
因为，则，
所以 的一个可能的值为 .
故答案为： （写出中的任意一个实数即可 .
【分析】根据圆的性质结合向量的运算可得，进而结合的取值范围运算求解.
15．【答案】94
【知识点】等差数列的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意可知这32个人年龄之和为，
设 32个人的年龄 由小到大 构成数列，公差为d，则，
则，解得，
即，则，
又因为，当时，不合题意；
当时，不合题意；
当时，符合题意；
当时，不合题意；
综上所述：，
所以
故答案为：94．
【分析】设 32个人的年龄 由小到大 构成数列，公差为d，运用等差数列的通项公式和求和公式可得，结合题意分析可得进而可求.
16．【答案】
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：若 ，且，则，
原题意等价于在上单调，且关于对称，
则，解得，
所以 ，
若 ，则，
原题意等价于在内 有且仅有 2个最值点，
注意到区间关于对称，
则，解得，
所以 的取值范围为 .
故答案为： .
【分析】原题意等价于在上单调，且关于对称，根据对称轴和单调性可得，进一步可知原题意等价于在内 有且仅有 2个最值点，结合正弦函数分析求解.
17．【答案】（1）解：由已知得，所以，
两式相减得，所以，
故数列为常数列，则，
所以.
（2）解：因为，所以，则
.
【知识点】等比数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】 (1) 根据与之间的关系可得 ， 结合常数列特征分析求解；
(2) 由（1）可得 ，结合等比数列的求和公式运算求解.
18．【答案】（1）解：由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
因为，所以.
（2）解：由已知得，即，
由（1）知，
因此，而，则，
于是，故，当且仅当时取等号，
所以面积的最小值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1) 根据题意利用正、余弦定理边角转化可得 ，即可得角B；
(2) 利用面积可得 ，由（1）中关系结合基本不等式可得 ，进而可得面积最小值.
19．【答案】（1）证明：因为平面，平面，
所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，所以
（2）解：由（1）知两两垂直，
建立空间直角坐标系如图所示，
不妨设，则，则，
所以，
可得，
设平面的法向量为，
由得取，得，
又，
设平面的法向量为，
由得取，得
所以，
所以，平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 (1) 根据线面垂直的性质可得 ， 再结合线面垂直的判定定理分析证明；
(2)建立空间直角坐标系 ，利用空间向量求面面夹角.
20．【答案】（1）解：由题意知，
因为函数在处取得极值0，
所以，解得，
经检验，符合题意，所以；
（2）解：由（1）可知，函数，所以，
设切点坐标为，
所以切线方程为，因为切线过点，
所以，即，
令，则，
令，解得，或，
当变化时，的变化情况如下表所示，
1
- 0 + 0 -
单调递减 单调递增 0 单调递减
因此，当时，有极小值，
当时，有极大值，
过点存在3条直线与曲线相切，
等价于关于的方程有三个不同的根，则，
所以实数的取值范围是.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】 (1) 根据极值点处的导函数知为0列式求解，并代入检验；
(2)切点坐标为， 根据导数的几何意义可得 ，构建， 利用导数判断其单调性和极值，结合方程根的个数分析求解.
21．【答案】（1）解：因为的一条渐近线方程为，设，
因为过点，所以，
故的方程为
（2）解：设，由题知，
故，又
所以.
所以是方程的两根，所以，
设，
联立得，
，所以，故，所以，
此时，直线的斜率的绝对值为，大于渐近线斜率的绝对值，满足题设，
所以直线的方程为或.
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1) 根据渐近线方程设 ， 代入点 即可得结果；
(2) 设 ，结合题意可得 ，设， 联立方程结合韦达定理运算求解.
22．【答案】（1）解：由题知随机变量，所以.
（2）解：设事件，由题图可知，
则，
即.
设，则，
所以当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减；
所以当时，取得最大值，即取得最大值，
所以，即，
解得或，
因为，所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；导数在最大值、最小值问题中的应用；二项分布
【解析】【分析】 (1)由题知随机变量， 运用二项分布概率公式求解；
(2) 根据题意分析可得 ，构建 ， 利用导数求其最大值点，代入题中个数运算求解.
1 / 1云南省昆明市2022-2023学年高二下学期期末质量检测数学试题
1．（2023高二下·昆明期末）复平面内，复数所对应的点为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可知： ，所以 .
故答案为：C.
【分析】根据复数的几何意义可知，再根据复数的乘法运算求解.
2．（2023高二下·昆明期末）已知集合，集合，若，则（ ）
A．0 B． C．1 D．2
【答案】D
【知识点】集合中元素的确定性、互异性、无序性；子集与真子集；集合关系中的参数取值问题；交集及其运算
【解析】【解答】解： 若，则，
若，则 ，不合题意；
若，则 ，符合题意；
若，则 ，不合题意；
综上所述：.
故答案为：D.
【分析】根据题意可知，根据包含关系运算求解.
3．（2023高二下·昆明期末）某校为调查学生跑步锻炼的情况，从该校3000名学生中随机抽取300名学生，并统计这300名学生平均每周的跑步量（简称“周跑量”，单位：周），得到如图所示的频率分布直方图.称周跑量不少于周的学生为“跑步达人”，用频率分布直方图估计这3000名学生中“跑步达人”的人数为（ ）
A．66 B．132 C．660 D．720
【答案】C
【知识点】频率分布直方图
【解析】【解答】解：由频率分布直方图可知：“跑步达人”的频率为，
所以估计这3000名学生中“跑步达人”的人数为.
故答案为：C.
【分析】根据频率分布直方图求“跑步达人”的频率，进而可得相应的人数.
4．（2023高二下·昆明期末）大西洋鲑鱼每年都要逆流而上，洄游到产卵地产卵.科学家发现鲑鱼的游速（单位：）与鲑鱼的耗氧量的单位数的关系为，则鲑鱼静止时耗氧量的单位数为（ ）
A．1 B．100 C．200 D．300
【答案】B
【知识点】对数的概念与表示；对数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：由题意可得： ，
令，解得.
故答案为：B.
【分析】根据题意令，结合对数运算求解.
5．（2023高二下·昆明期末）如图，圆锥被平行于底面的一个平面所截，截去一个上、下底面半径分别为和，高为的圆台，则所得圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：如图，可知，
则，即，解得 ，
所以圆锥 的体积为.
故答案为：B.
【分析】根据圆锥的结构特性可得，进而结合锥体的体积公式运算求解.
6．（2023高二下·昆明期末）已知椭圆分别是的左，右焦点，为上一点，若线段的中点在轴上，，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解： 若线段的中点M在轴上，则，可知，
因为 ， 不妨设，则，
可得，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据题意可知，不妨设，结合题意可得，进而结合椭圆的定义求离心率.
7．（2023高二下·昆明期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二倍角的余弦公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：由题意可得 .
故答案为：D.
【分析】以 为整体，利用诱导公式和倍角公式运算求解.
8．（2023高二下·昆明期末）已知关于的不等式恒成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：关于x的不等式 恒成立，可得，
令，
则的定义域为，且，
当，即时，则在定义域内恒成立，
可知在上单调递增，所以无最大值，不合题意；
当，即时，令，解得；令，解得；
可知在上单调递增，在上单调递减，
则，
所以，即，
则，即，
当时，则，
当且仅当， 取最小值为 ，
当时，，
综上所述：的最小值为，
故答案为：C.
【分析】根据题意构建，根据题意结合导数分析可得，且，分和，结合二次函数运算求解.
9．（2023高二下·昆明期末）已知抛物线的焦点为为上一点，则下列命题或结论正确的是（ ）
A．若与轴垂直，则 B．若点的横坐标为2，则
C．以为直径的圆与轴相切 D．的最小值为2
【答案】A,B,C
【知识点】抛物线的定义；抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可知： 抛物线的焦点为，准线，
对于A： 若与轴垂直，则 A的横坐标为1，所以，故A正确；
对于B：若点的横坐标为2，则，故B正确；
对于C：设A在准线和y轴上的投影为，AF的中点为C，C在准线和y轴上的投影为，
可知，
所以 以为直径的圆与轴相切，故C正确；
对于D：设点的横坐标为，则，
所以 的最小值为1，故D错误；
故答案为：ABC.
【分析】由题意可知： 抛物线的焦点为，准线，根据题意结合抛物线的定义逐项分析判断.
10．（2023高二下·昆明期末）已知直三棱柱的所有顶点都在球的球面上，，，则下列结论正确的是（ ）
A．球的表面积为 B．到直线的距离为
C．到平面的距离为 D．到平面的距离为
【答案】A,B,C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；平行公理；球内接多面体；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：对于A：如图，设的外心分别为，连接，
则 直三棱柱的 外接球的球心O为PQ的中点，连接OA，
在直棱柱中，平面ABC，且，
可知的外接圆半径
所以球O的半径.
所以球O表面积，A正确；
对于B：取的中点M，连接OM，
因为，可知为平行四边形，则，
因为平面ABC，平面ABC，则，可得，
所以到直线的距离为 ，故B正确；
对于C：因为，平面，平面，可知平面，
则O到平面的距离等P到平面的距离，
过P作，垂足为H，
又因为平面ABC，平面ABC，则，
且，平面，
所以平面，即PH为P到平面的距离，
连接PB，PC，
由P为外心，得， 可知为等腰三角形，
且H为BC的中点 ，所以O到平面的距离为，故C正确；
对于D：过点P作于点G，
与选项C同理可得：PG为P到平面 的距离，也是O到平面 的距离.
但题中条件没有AB的长度，所以无法求 到平面的距离 ，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】对于A：设的外心分别为，连接，则 直三棱柱的 外接球的球心O为PQ的中点，连接OA，根据直三棱柱的外接球的结构特征运算求解；对于B：取的中点M，连接OM，可知OM为到直线的距离，结合三棱柱的结构特征运算求解；对于CD：根据平行关系和垂直关系分析求解.
11．（2023高二下·昆明期末）已知甲口袋中装有3个红球，1个白球，乙口袋中装有2个红球，1个白球，这些球只有颜色不同.先从甲口袋中随机取出1个球放入乙口袋，再从乙口袋中随机取出1个球.从甲口袋中取出的球是红球 白球分别为事件，从乙口袋中取出的球是红球为事件，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：对于A：因为甲口袋中装有3个红球，1个白球，所以 ，故A正确；
对于B：若从甲口袋中取出1个白球放入乙口袋，则乙口袋有2个白球和2个红球，
所以，故B错误；
对于C：若从甲口袋中取出1个红球放入乙口袋，则乙口袋有1个白球和3个红球，
则，所以，故C错误；
对于D：因为甲口袋中装有3个红球，1个白球，所以 ，
所以，故D正确，
故答案为：AD.
【分析】对于AB：根据古典概型运算求解；对于C：根据题意结合条件概率公式运算求解；对于D：根据全概率公式运算求解.
12．（2023高二下·昆明期末）设函数的定义域为为奇函数，为偶函数，当时，.则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；函数的值；对数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：因为 为奇函数，则，
即，可得，
又因为 为偶函数 ，则，
则，可得，
所以函数 的周期为4，
对于A：因为，令，可得，
解得 ，故A错误；
对于B：所以，故B正确；
对于C：因为，即 当时，，
则，
可得，
所以 ，故C正确；
对于D：设，
则
，
所以 ，故D错误；
故答案为：BC.
【分析】根据题意可得，，分析可知函数 的周期为4.对于A：通过赋值运算求解；对于B：根据通过赋值运算求解；对于CD：根据题意结合周期性运算求解.
13．（2023高二下·昆明期末）若向量，满足：，，，则 .
【答案】
【知识点】平面向量数量积的性质；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为 ，
即，解得 .
故答案为： .
【分析】根据数量积关系可知，代入运算即可.
14．（2023高二下·昆明期末）已知圆，过点的直线与圆交于两点，则的一个可能的值为 .
【答案】（写出中的任意一个实数即可）
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量数量积的性质；平面向量的数量积运算；圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：取AB的中点D，设，
可知：
因为
，
因为，则，
所以 的一个可能的值为 .
故答案为： （写出中的任意一个实数即可 .
【分析】根据圆的性质结合向量的运算可得，进而结合的取值范围运算求解.
15．（2023高二下·昆明期末）《周髀算经》是中国十部古算经之一，其中记载有：阴阳之数，日月之法，十九岁为一章，四章为一蔀，二十蔀为一遂……若32个人的年龄（都为整数）依次成等差数列，他们的年龄之和恰好为“一遂”，其中年龄最小者不超过30岁，则年龄最大者为 岁.
【答案】94
【知识点】等差数列的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意可知这32个人年龄之和为，
设 32个人的年龄 由小到大 构成数列，公差为d，则，
则，解得，
即，则，
又因为，当时，不合题意；
当时，不合题意；
当时，符合题意；
当时，不合题意；
综上所述：，
所以
故答案为：94．
【分析】设 32个人的年龄 由小到大 构成数列，公差为d，运用等差数列的通项公式和求和公式可得，结合题意分析可得进而可求.
16．（2023高二下·昆明期末）已知函数是图象的一条对称轴，在区间上单调，若在区间上有且仅有2个极值点，则的取值范围为 .
【答案】
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：若 ，且，则，
原题意等价于在上单调，且关于对称，
则，解得，
所以 ，
若 ，则，
原题意等价于在内 有且仅有 2个最值点，
注意到区间关于对称，
则，解得，
所以 的取值范围为 .
故答案为： .
【分析】原题意等价于在上单调，且关于对称，根据对称轴和单调性可得，进一步可知原题意等价于在内 有且仅有 2个最值点，结合正弦函数分析求解.
17．（2023高二下·昆明期末）已知数列的首项为1，记其前项和为.
（1）求；
（2）设，求.
【答案】（1）解：由已知得，所以，
两式相减得，所以，
故数列为常数列，则，
所以.
（2）解：因为，所以，则
.
【知识点】等比数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】 (1) 根据与之间的关系可得 ， 结合常数列特征分析求解；
(2) 由（1）可得 ，结合等比数列的求和公式运算求解.
18．（2023高二下·昆明期末）的内角所对的边长分别为.
（1）求；
（2）设是边上的高，且，求面积的最小值.
【答案】（1）解：由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
因为，所以.
（2）解：由已知得，即，
由（1）知，
因此，而，则，
于是，故，当且仅当时取等号，
所以面积的最小值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1) 根据题意利用正、余弦定理边角转化可得 ，即可得角B；
(2) 利用面积可得 ，由（1）中关系结合基本不等式可得 ，进而可得面积最小值.
19．（2023高二下·昆明期末）如图，三棱柱中，是的中点，平面.
（1）求证：；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：因为平面，平面，
所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，所以
（2）解：由（1）知两两垂直，
建立空间直角坐标系如图所示，
不妨设，则，则，
所以，
可得，
设平面的法向量为，
由得取，得，
又，
设平面的法向量为，
由得取，得
所以，
所以，平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 (1) 根据线面垂直的性质可得 ， 再结合线面垂直的判定定理分析证明；
(2)建立空间直角坐标系 ，利用空间向量求面面夹角.
20．（2023高二下·昆明期末）已知函数在处取得极值0.
（1）求；
（2）若过点存在三条直线与曲线相切，求买数的取值范围.
【答案】（1）解：由题意知，
因为函数在处取得极值0，
所以，解得，
经检验，符合题意，所以；
（2）解：由（1）可知，函数，所以，
设切点坐标为，
所以切线方程为，因为切线过点，
所以，即，
令，则，
令，解得，或，
当变化时，的变化情况如下表所示，
1
- 0 + 0 -
单调递减 单调递增 0 单调递减
因此，当时，有极小值，
当时，有极大值，
过点存在3条直线与曲线相切，
等价于关于的方程有三个不同的根，则，
所以实数的取值范围是.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】 (1) 根据极值点处的导函数知为0列式求解，并代入检验；
(2)切点坐标为， 根据导数的几何意义可得 ，构建， 利用导数判断其单调性和极值，结合方程根的个数分析求解.
21．（2023高二下·昆明期末）已知双曲线：过点，一条渐近线方程为.
（1）求的方程；
（2）过的右焦点的直线与的右支交于两点，，若的外接圆圆心在轴上，求直线的方程.
【答案】（1）解：因为的一条渐近线方程为，设，
因为过点，所以，
故的方程为
（2）解：设，由题知，
故，又
所以.
所以是方程的两根，所以，
设，
联立得，
，所以，故，所以，
此时，直线的斜率的绝对值为，大于渐近线斜率的绝对值，满足题设，
所以直线的方程为或.
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1) 根据渐近线方程设 ， 代入点 即可得结果；
(2) 设 ，结合题意可得 ，设， 联立方程结合韦达定理运算求解.
22．（2023高二下·昆明期末）某研究所研究某一型号疫苗的有效性，研究人员随机选取50只小白鼠注射疫苗，并将白鼠分成5组，每组10只，观察每组被感染的白鼠数.现用随机变量表示第组被感染的白鼠数，并将随机变量的观测值绘制成如图所示的频数分布条形图.若接种疫苗后每只白鼠被感染的概率为，假设每只白鼠是否被感染是相互独立的.记为事件“”.
（1）写出（用表示，组合数不必计算）；
（2）研究团队发现概率与参数之间的关系为.在统计学中，若参数时的值使得概率最大，称是的最大似然估计，求.
【答案】（1）解：由题知随机变量，所以.
（2）解：设事件，由题图可知，
则，
即.
设，则，
所以当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减；
所以当时，取得最大值，即取得最大值，
所以，即，
解得或，
因为，所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；导数在最大值、最小值问题中的应用；二项分布
【解析】【分析】 (1)由题知随机变量， 运用二项分布概率公式求解；
(2) 根据题意分析可得 ，构建 ， 利用导数求其最大值点，代入题中个数运算求解.
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