2023-2024学年云南省昆明重点中学高二（上）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年云南省昆明重点中学高二（上）期末数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B.
C. D.
2.已知复数，则( )
A. B. C. D.
3.如图，函数的图象在点处的切线是，则( )
A.
B.
C.
D.
4.若两个正实数，满足，且不等式有解，则实数的取值范围是
( )
A. B. C. D.
5.已知双曲线，，两渐近线的夹角为，则双曲线的离心率为( )
A. B. C. D. 或
6.将函数图象上的点向左平移个单位长度得到点，若位于函数的图象上，则( )
A. ，的最小值为 B. ，的最小值为
C. ，的最小值为 D. ，的最小值为
7.已知是：上一点，过点作圆：的两条切线，切点分别为，，则当直线与平行时，直线的方程为( )
A. B. C. D.
8.若函数，则的解集为( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列各式中，值为的是( )
A. B.
C. D.
10.在正方体中，直线平面，直线平面，直线平面，则直线，，的位置关系可能是( )
A. ，，两两垂直
B. ，，两两平行
C. ，，两两相交
D. ，，两两异面
11.已知等差数列的前项和为，公差为，且，若，则下列命题正确的是( )
A. 数列是递增数列 B. 是数列中的最小项
C. 和是中的最小项 D. 满足的的最大值为
12.已知为坐标原点，为抛物线：的焦点，过点的直线交于，两点，直线于，则( )
A. B. 的最小值为
C. 以为直径的圆与抛物线的准线相离 D. 存在定点，使得为定值
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.某家大型超市统计了八次节假日的客流量单位：百人分别为，，，，，，，，那么这组数据的第百分位数为 ______ ．
14.已知点在圆上，点的坐标为，为原点，则的最大值为________．
15.已知函数，若，，，互不相等，且，则的取值范围是 ______ ．
16.如图，在矩形中，已知，是的中点，将沿直线翻折成，连接C.当三棱锥的体积取得最大值时，此时三棱锥外接球的体积为 ______ ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
已知事件与互斥，它们都不发生的概率为，且，求；
从一副去掉大小王的张扑克牌中随机抽取一张牌，用，分别表示“取得的牌面数是”和“取得的牌的花色是红桃”这两个事件判断事件，是否独立，说明理由．
18.本小题分
已知等差数列的公差，且，，成等比数列．
求数列的通项公式；
设，求数列的前项和．
19.本小题分
如图，正四棱锥的高为，，且是棱上更靠近的三等分点．
证明：；
若在棱上存在一点，使得平面，求的长度．
20.本小题分
在中，，，分别为内角，，的对边，．
求角的大小；
若是锐角三角形，，求面积的取值范围．
21.本小题分
对于给定的数列，如果存在实常数、，使得对于任意都成立，我们称数列是“优美数列”．
若，，，数列、是否为“优美数列”？若是，指出它对应的实常数、，若不是，请说明理由；
已知数列满足，若数列是“优美数列”，求数列的通项公式．
22.本小题分
已知椭圆：的短轴的一个顶点与两个焦点构成面积为的三角形，且点在上．
求椭圆的方程；
如图，设，是椭圆的左、右焦点，椭圆的一个内接平行四边形的一组对边分别过点和，求这个平行四边形的面积的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：集合，，
，选项A错误，选项C正确；
，选项B错误；
，选项D错误．
故选：．
分别根据集合的运算判断即可．
本题考查集合间关系的应用，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：复数，
．
故选：．
利用复数的运算法则直接求解．
本题考查复数的运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：由图象可得切线过点，，所以切线的方程为，即，
所以切线的斜率为，所以
因为点在切线上，所以，所以，
所以．
故选：．
根据函数图象中的数据求出切线的方程，从而可求出点的纵坐标，则可得，求出直线的斜率可得的值，从而可得答案．
本题主要考查了导数几何意义在切线方程求解中的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查基本不等式的应用，利用不等式有解转化为最值问题是解决本题的关键，属于中档题．
将不等式有解转化为即可，利用的代换结合基本不等式进行求解即可．
【解答】
解：若不等式有解，即即可，
，，
则，
当且仅当，即，即时取等号，此时，，
即，
则由得，即，
得或，
即实数的取值范围是．
故选D．
5.【答案】
【解析】解：双曲线的两条渐近线的夹角为，且渐近线关于、轴对称，
若夹角在轴上，则双曲线的两条渐近线的倾斜角为，，斜率为；
若夹角在轴上，则双曲线的两条渐近线的倾斜角为，，斜率为．
或，
或，
或，
或．
故选：．
先由双曲线的两条渐近线的夹角为，得双曲线的两条渐近线的斜率或，通过讨论分别计算离心率，由或，再由双曲线中，求其离心率即可．
本题主要考查了双曲线的标准方程、双曲线的简单性质等基础知识，考查运算求解能力，考查分类讨论思想，属于基础题．
6.【答案】
【解析】【分析】
本题考查的知识点是函数的图象和性质，属于中档题．
将代入得：，进而求出平移后的坐标，进而得到的最小值．
【解答】
解：将代入得：，
将函数图象上的点向左平移个单位，
得到，
若位于函数的图象上，
则，
则，，
则，，
由得的最小值为，
故选：．
7.【答案】
【解析】解：因为以为直径的圆的方程为，
又圆：，两圆方程相减可得两切点所在直线的方程为，
由，
可得，
即得直线的方程为．
故选：．
利用直线与直线、直线与圆的位置关系即得答案．
本题考查直线与圆的方程的应用，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：函数的定义域为，且，
为上的奇函数；
又且在上为增函数，
在上为增函数，
，
或．
即的解集为．
故选：．
由题意，可求得为上的奇函数，且在上为增函数，原不等式可转化为，解之可得答案．
本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：原式，故A正确，
B.原式，故B正确，
C.原式，故C错误，
D.原式，故D错误．
故选：．
根据两角和差的余弦和正切公式，二倍角的余弦公式及诱导公式逐项判断即可．
本题考查了二倍角的余弦公式，两角和差的余弦和正切公式，是基础题．
10.【答案】
【解析】解：如图，
当为，为，为时，满足直线平面，直线平面，直线平面，
，，两两相交且垂直，当为，为，为时，三条直线两两异面，故ACD正确；
三条直线不可能两两平行，若，则，而与平面相交，则与不平行，故B错误．
故选：．
举例说明ACD正确；利用反证法思想说明D错误．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
11.【答案】
【解析】解：对于：因为等差数列的前项和为，公差为，且，，
所以，
所以，因为，所以，数列是递增数列，A正确；
对于：因为数列是递增数列，所以最小项是首项，B错误；
对于：因为，，所以当或时，取最小值，C正确；
对于：由不等式，
可得，又因为，所以满足的的最大值为，D错误．
故选：．
对于：通过以及来判断；对于：根据数列的单调性来判断；对于：通过以及来判断；对于：通过计算来判断．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
12.【答案】
【解析】解：对于选项：若直线与轴重合，
此时，直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，
故可设直线为，且，，
联立，
可得，
显然，
所以，，
所以，
，
所以，
所以，故A正确；
对于选项：，故的最小值为，故B错误；
对于选项：设的中点为，则，
结合韦达定理得，
所以到准线的距离为．
而，
所以，
故以为直径的圆与抛物线的准线相离，故C正确；
对于选项：因为直线恒过定点，又直线于，
所以在以为直径的圆上，的中点则为圆心，
所以，故存在定点，使得 为定值，故D正确．
故选：．
对于选项：设出直线的方程，将该直线的方程与抛物线的方程联立，结合韦达定理结合平面向量数量积的坐标运算即可判断；对于选项：利用抛物线的焦半径即可判断；对于选项：比较半径与的中点到准线的距离即可判断；对于选项：结合题意可知直线经过定点，利用圆的相关知识，即可找到定点，从而计算出为定值．
本题考查抛物线方程的应用，属于难题．
13.【答案】
【解析】解：将这个数据按从小到大排列为：，，，，，，，，
因为，所以第百分位数为．
故答案为：．
根据题意，利用第百分位数的定义进行算，可得答案．
本题主要考查百分位数的定义及其计算，考查了计算能力，属于基础题．
14.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了向量的数量积，考查了计算能力，属于中档题．
根据题意，可得当位于时，取得最大值，即可得解．
【解答】
解：如图，．
当位于时，．
故答案为．
15.【答案】
【解析】解：作出分段函数的图像，如图所示，
直线与函数图像有个交点，
则，关于直线对称，所以，
而，所以，
所以，所以，
因为直线与函数图像有个交点，所以，
所以，
根据对勾函数性质可知在上单调递减，
所以，所以．
故答案为：
先画出分段函数的图像，然后转换变量化成对勾函数模型，再根据自变量的取值范围求出整体取值范围即可．
本题主要考查函数的零点与方程根的关系，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：因为三棱锥的底面积为定值，
故当高最大值，体积最大，
又因为，且为等腰直角三角形，
取中点为，
连接，
故A，且，
所以当平面时，三棱锥的高最大为，
可知，
即，
则为等腰直角三角形，
所以球心在平面的投影为中点，且的外接圆半径为，
设，
则，
由题意可得：，
解得，
所以三棱锥外接球的体积为．
故答案为：．
根据题意分析可知：当高最大时，体积最大，高最大为，球心在平面的投影为中点，根据勾股定理解得，代入体积公式计算得到答案．
本题考查了三棱锥外接球的体积计算，属于中档题．
17.【答案】解：由题意得，
，，
又，，
故．
，独立，理由如下：
由题意得，
事件即取得的牌是红桃，故，
则，所以，独立．
【解析】根据互斥事件以及对立事件的概率计算结合题设，即可求得答案；
分别求出事件，的概率，求出事件的概率，根据独立事件的乘法公式验证，即可判断出结论．
本题考查相互独立事件概率乘法公式、对立事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
18.【答案】解：已知等差数列的公差，且，，成等比数列，
则，
即，
则数列的通项公式为；
由可得，
又，
即数列是以为首项，为公比的等比数列，
则数列的前项和．
【解析】由等比数列的性质，结合等差数列通项公式的求法求解即可；
由等差数列及等比数列的求和公式，结合分组求和法求解即可．
本题考查了等比数列的性质及等差数列通项公式的求法，重点考查了数列分组求和法，属基础题．
19.【答案】证明：连接，交于点，连接．
底面是正方形，，，，
，，平面平面．
平面，．
解：以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、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
取，则，，得．
设，其中，则．
平面，，得，故，
可得，即．
【解析】连接，交于点，连接，可证出平面，从而证得；
建立空间直角坐标系，算出各个点的坐标，利用法向量的方法求得点位置，进而算出向量的模，得出结论．
本题主要考查空间线面垂直的判定与性质、利用空间坐标系研究线面平行等知识，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于中档题．
20.【答案】解：因为，
由正弦定理得：，
所以，
因为，
所以，
即，
即，整理得，
因为，
所以，
所以，即，
所以，
因为，
所以，可得；
因为，，
所以的面积，
由正弦定理得．
由于为锐角三角形，
故，，
因为，
所以，可得，
可得，
从而．
因此，面积的取值范围是
【解析】利用正弦定理、和差角公式、辅助角公式即可进行求解；
结合三角形面积公式可表示出三角形面积与的关系，然后由正弦定理，和差角公式及同角基本关系进行化简后，结合正切函数的性质即可求解．
本题主要考查了正弦定理，和差角公式，三角形的面积公式以及正切函数的性质在求解三角形中的应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题．
21.【答案】解：，则有，．
数列是“优美数列”，对应的、值分别为、；
，则有，．
数列是“优美数列”，对应的、值分别为、．
数列是“优美数列”，存在实常数、，
使得对于任意都成立，
且有对于任意都成立，
因此对于任意都成立，
而，且，
则有对于任意都成立，
即对于任意都成立，
，即，，
此时，，又，

【解析】本题考查数列的新定义问题，考查数列的通项公式的求法，解题时要认真审题，注意等价转化思想的合理运用，属于较难题．
利用“优美数列”的概念结合等差数列和等比数列的性质求解．
由已知条件推导出对于任意都成立，从而得到对于任意都成立，由此能求出数列的通项公式．
22.【答案】解：因为椭圆的短轴的一个顶点与两个焦点构成面积为的三角形，且点在上，
所以，
又，
联立，解得，，
则椭圆的方程为；
易知直线的斜率不为，
由知，
不妨设直线的方程为，
联立，消去并整理得，
此时恒成立，
由韦达定理得，
所以，
此时，
椭圆的内接平行四边形面积为，
令，则，
不妨设，
易知函数在上单调递增，
所以，
则，
故平行四边形的面积取值范围为．
【解析】由题意，将点代入椭圆方程中，结合焦点三角形的面积公式和，，之间的关系，列出等式即可求解．
设过椭圆右焦点的直线：与椭圆交于，两点，将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式、平行四边形面积、函数单调性，再进行求解即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．
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