贵州省贵阳市部分学校2023-2024学年高二下学期期末联考数学试题（原卷版+解析版）

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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.
【答案】C
【解析】
【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. 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
【答案】D
【解析】
【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. 设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用指数函数、对数函数的性质比较大小即得.
【详解】依题意，，又，
，所以.
故选：B
4. 设等比数列的前项和为，则（ ）
A. B. 63C. D. 31
【答案】A
【解析】
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. 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.
【答案】A
【解析】
【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. 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.
【答案】D
【解析】
【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. 已知点在抛物线上，过点作圆的切线，若切线长为，则点到的准线的距离为（ ）
A. 5B. 6C. 7D.
【答案】A
【解析】
【分析】由圆的切线的性质可求得，结合抛物线方程计算可得点横坐标，即可得点到的准线的距离.
【详解】如图所示：
设切点为Q，则，
则，
设，则由两点间距离公式得到，
解得，因为，所以，
因为的准线方程为，所以点到的准线的距离PE为.
故选：A.
8. 若直线是曲线与的公切线，则直线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【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.
二､多选题：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
【答案】AB
【解析】
【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】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. 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
【答案】AC
【解析】
【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. 已知椭圆的离心率为，焦点为，则（ ）
A. 的短轴长为4
B. 上存在点，使得
C. 上存在点，使得
D. 与曲线重合
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据离心率求出可判断A；设，利用坐标表示出，求出其范围可判断BC；根据两点间的距离公式的几何意义，结合椭圆定义可判断D.
【详解】对于A，由题知，解得，所以，
所以的短轴长为，A错误；
对于BC，由上可知，，
设，则，
又，即，
所以，
因为，所以，得，
所以存在点使得，，所以BC正确；
对于D，由的几何意义可知：
动点到定点的距离之和等于，
表示以为焦点，的椭圆，故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点睛：本题解答关键在于利用坐标表示出，结合椭圆的范围求出的范围即可判断BC.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量.若三点共线，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出的坐标，根据可得.
【详解】因为，所以，
又三点共线，所以，
所以，解得.
故答案为：
13. 设是等差数列的前项和，且为常数，则______．
【答案】2
【解析】
【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】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．
14. 甲、乙、丙等7名学生准备利用暑假时间从，，三个社区中选一个参加义务劳动，若甲、乙、丙恰好去三个不同的社区，则所有不同的选择种数为________．
【答案】486
【解析】
【分析】先安排甲、乙、丙去三个社区，再让余下4人选择所去社区，然后利用分步乘法计数原理列式计算即得.
【详解】依题意，甲、乙、丙恰好去三个不同的社区有种方法，
除甲、乙、丙外的余下4人，每个选择一个社区的方法有3种，4人去社区的方法种数为，
所以所有不同的选择种数为.
故答案：486
【点睛】方法点睛：解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．
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. 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．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【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.
【小问1详解】
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．
【小问2详解】
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. 某种专业技能资格考核分，，三个项目考核，三个项目考核全部通过即可获得资格证书，无需费用，否则需要对未通过的项目进行较长时间的学习培训后才能获得资格证书，且每个项目的培训费用为1000元．已知每个参加考核的人通过，，三个项目考核的概率分别为，，，且每个项目考核是否通过相互独立．现有甲、乙、丙三人参与这种专业技能资格考核．
（1）求甲获得资格证书所花费用不超过1000元的概率；
（2）记甲、乙、丙中不需要培训就获得资格证书的人数为，求的分布列与期望．
【答案】（1）；
（2）分布列见解析，期望.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用相互独立事件的概率公式及互斥事件的概率公式计算即得.
（2）由（1）中信息，求出的可能值，利用二项分布求出分布列及期望.
【小问1详解】
甲三个项目全部通过，所花费用为0，概率；
甲三个项目有一个没有通过，需要参加一次学习培训，所花费用为1000元，
概率，
所以甲获得资格证书所花费用不超过1000元的概率为.
【小问2详解】
由（1）知，不需要培训就获得资格证书的概率为，
X的可能取0，1，2，3，显然，
，，
，，
所以的分布列为：
期望.
17. 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．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【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.
【小问1详解】
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．
【小问2详解】
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，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18. 已知双曲线的实轴长是虚轴长的倍，且焦点到渐近线的距离为．
（1）求双曲线的方程；
（2）若动直线与双曲线恰有1个公共点，且与双曲线的两条渐近线交于，两点，为坐标原点，证明：的面积为定值．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，结合双曲线渐近线求出即可得双曲线的方程.
（2）按直线的斜率是否存在进行分类讨论，与双曲线渐近线方程联立求出，并求出原点O到直线l的距离，再计算推理即得.
【小问1详解】
设双曲线的一个焦点为，一条渐近线方程为，
焦点F到渐近线的距离为，
由实轴长是虚轴长的倍，得，
所以双曲线的标准方程为.
【小问2详解】
由（1）知，双曲线的渐近线方程为，
当直线的斜率不存在时，的方程为，，，
当直线的斜率存在时，不妨设直线：，且，
由消去y得，
由，得，
由，得，不妨设与的交点为，则点的横坐标，
同理得点的横坐标，则，
而原点到直线的距离，因此，
所以的面积为定值，且定值为.
【点睛】易错点点睛：第二问中注意讨论直线l的斜率存在与不存在两种情况，以及由动直线l与双曲线C恰有1个公共点，直曲联立后由得到参数的关系.
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“好函数”．
（ⅱ）设，证明：．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【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.
【小问1详解】
由题可知任意，且，
即，解得．
因为，所以，即的取值范围为．
【小问2详解】
（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．
【点睛】关键点点睛：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．
0
1
2
3