云南省德宏州民族第一中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）

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考试时间：120分钟 满分：150分 命题人：容爱华 审题人：张在伟
一、单项选择题（共8题，每题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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解集合M和集合N中的不等式，求两集合的交集.
【详解】，，所以.
故选：D．
2. 已知数列的前项和为，且，，则为（ ）
A. 1024B. 2096C. 1023D. 2095
【答案】C
【解析】
【分析】先由定义判断数列是等比数列，求出首项，再按照求和公式求即可.
【详解】由可得，又，故数列为公比为2的等比数列，
则，解得，故.
故选：C.
3. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法求出复数，由模长公式求模.
【详解】复数满足，则，所以.
故选：D．
4. 老师有6本不同的课外书要分给甲、乙、丙三人，其中甲分得2本，乙、丙每人至少分得一本，则不同的分法有（ ）
A. 248种B. 168种C. 360种D. 210种
【答案】D
【解析】
【分析】根据分类加法原理，结合组合、排列的定义进行求解即可.
【详解】根据题意进行分类：
第一类：甲、乙、丙每人分得2本，（种）；
第二类：甲分得2本，乙、丙两人中一人分得1本另一人分得3本，（种）.
所以由分类加法计数原理可得共有种不同的分法．
故选：D.
5. 为了解学生每天的体育活动时间，某市教育部门对全市高中学生进行调查，随机抽取1000名学生每天进行体育运动的时间，按照时长（单位：分钟）分成6组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，第六组．对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论不正确的是（ ）

A. 频率分布直方图中的
B. 估计1000名学生每天体育活动不少于一个小时的学生人数为400
C. 估计1000名学生每天体育活动时间的众数是55
D. 估计1000名学生每天体育活动时间的第25百分位数为
【答案】D
【解析】
【分析】由频率之和为1可判断A；求出学生每天体育活动不少于一个小时的概率即可估计1000名学生每天体育活动不少于一个小时的学生人数可判断B；由众数的定义可判断C；有百分位数的定义可判断D.
【详解】由频率之和为1得：，解得，故A正确；
学生每天体育活动不少于一个小时的概率为：，
则估计1000名学生每天体育活动不少于一个小时的学生人数为，故B正确；
由频率分布直方图可估计1000名学生每天体育活动时间的众数是55，故C正确；
由，，
故第25百分位数位于内，
则第25百分位数为.
可以估计该市高中学生每天体育活动时间的第25百分位数约为47.5，故D不正确.
故选：D.
6. 函数（其中常数，）的最小正周期是，若其图像向右平移个单位后，所得图像关于原点中心对称，则原函数的图像（ ）
A. 关于点中心对称B. 关于点中心对称
C. 关于直线轴对称D. 关于直线轴对称
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据周期求，再根据函数的性质求，可求函数的解析式，然后根据三角函数的对称中心和对称轴的性质判断各项
【详解】由函数的最小正周期是以及可得，所以；
图像向右平移个单位后，得到函数，
所得图像关于原点中心对称可知，，又，解得，
所以
当时，，故不关于点中心对称，不关于线轴对称，故A、C错；
当时，，故不于中心对称，则关于直线轴对称，故B错；D对；
故选：D
7. 设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】分析：作图，D为MO 与球的交点，点M为三角形ABC的中心，判断出当平面时，三棱锥体积最大，然后进行计算可得．
详解：如图所示，
点M为三角形ABC的中心，E为AC中点，
当平面时，三棱锥体积最大
此时，
,
点M为三角形ABC的中心
中，有
故选B.
点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型．
8. 记函数的定义域为，函数，若不等式对恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据函数解析式，先求出；令，根据函数奇偶性的定义，判定是奇函数；根据导数的方法判定是增函数；化所求不等式为，进而可求出结果.
【详解】由解得，即，
令，
则，
则是R上的奇函数；
又显然恒成立，
所以是增函数；
由得，
即，即，
由是R上的奇函数且为增的函数，
所以得：.
所以，
当时，.所以.
故选：A.
【点睛】本题主要考查由不等式恒成立求参数的问题，考查函数奇偶性与单调性的综合，考查导数的方法判定函数单调性，属于常考题型.
二、多项选择题（共3题，每题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）
9. 已知双曲线的焦点分别为，则下列结论正确的是（ ）
A. 渐近线方程为
B. 双曲线与椭圆的离心率互为倒数
C. 若双曲线上一点满足，则的周长为28
D. 若从双曲线的左､右支上任取一点，则这两点的最短距离为6
【答案】CD
【解析】
【分析】先化双曲线为标准式，再利用渐近线，离心率和双曲线定义及性质逐项判断得答案.
【详解】由题意可得，故渐近线为，故A错误；
易知双曲线和椭圆的离心率分别为，
显然它们不互为倒数，故B错误；
由双曲线的定义可知，
若，则，
又，故的周长为，故C正确；
由双曲线的图象可知左右两支上距离最近的两点为左右顶点，即最短距离为6，故D正确．
故选：CD
10. 下列结论正确的是（ ）
A. 直线与直线互相垂直是的必要不充分条件
B. 已知直线和圆，若，则直线l被圆O截得的弦长为4
C. 已知直线和圆，则圆心O到直线l的最大距离是.
D. 已知直线l过定点且与以为端点的线段有交点，则直线l的斜率k的取值范围是．
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，先求出两直线充要条件即可判断；对于B，由点到直线距离公式以及弦长公式即可验算；对于C， 求出圆心到定点的距离即可判断；对于D，通过数形结合、斜率与倾斜角的关系即可判断.
详解】选项A，直线与直线互相垂直当且仅当，
即当且仅当或，故A正确；
选项B，当时，圆心到直线的距离为，圆的半径为4，
所以弦长为，故B错误；
选项C，由直线即恒过定点，
而这个定点到圆心的距离是，
由于圆心到直线的距离都小于或等于圆心到这个定点的距离，
所以圆心O到直线l的最大距离是，故C正确；
选项D，由题意可得，，
所以，，
再由过点作轴垂线必与线段相交，
所以由图可知，若直线斜率存在，则斜率k的取值范围是，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知在棱长为1的正方体中，点分别是，，的中点，下列结论中正确的是（ ）
A. 平面B. 平面
C. 三棱锥的体积为D. 直线与所成的角为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据线面平行的判定定理判断A；利用空间向量的数量积的运算，证明线面位置关系判断B；根据割补法求得三棱锥的体积判断C；利用空间角的向量求法求得直线与所成的角判断D.
【详解】对于A，在正方体中，,
平面，平面，故平面，A正确；
对于B，以D为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系，

连接，，则,
则，，
则，，
故，即,
而平面，故平面，B正确；
对于C，连接，
三棱锥的体积
，C错误；
对于D，连接EF，，
则，
故，
即，由于异面直线所成角大于小于等于，
故直线与所成的角为，D正确，
故选：ABD
三、填空题（共3题，每题5分，共15分）
12. 的展开式中含项的系数为___________.
【答案】
【解析】
【分析】直接由二项展开式求出含的项，即可求得含项的系数.
【详解】由可得含项为，故含项的系数为.
故答案为：.
13. 设抛物线的焦点为F，A为抛物线上第一象限内一点，满足，P为抛物线准线上任一点，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设A(x0，y0)(x0>0)，根据抛物线的定义，由|AF|＝y0＋，可得，作出关于直线对称的点为，根据可求得|PA|＋|PF|的最小值；
【详解】由x2＝4y，知p＝2，则焦点F(0,1)，准线y＝－1.
依题意，设A(x0,y0)(x0>0)，由定义，得|AF|＝y0＋，即，则y0＝2－1＝1，
∴，AF⊥y轴，如图：设关于直线对称的点为，则，
则，当且仅当的坐标为时等号成立.
故答案为：2
【点睛】关键点点睛：利用关于直线对称的点为求|PA|＋|PF|的最小值是解题关键.
14. 已知函数有三个零点，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】参变分离，得到有三个不同的解，构造，求导得到其单调性和极值最值情况，画出函数图象，数形结合得到实数的取值范围.
【详解】由题意得有三个不同的解，
当时，不合题意，
当时，即有三个不同的解，
令，则，
当或时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
且，当时，恒成立，
故的图象如下：

要想有三个不同的解，则，实数的取值范围是.
故答案为：
四、解答题（本大题共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① ,,② ,, ③ , 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.已知等差数列的前项和为且_________.（填写序号）
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求证数列的前项和
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）选条件①，利用等差数列的通项公式即可求解；选条件②，利用等差数列的前项和公式以及等差数列的通项公式即可求解；选条件③，利用等差数列的通项公式即可求解.
（2）利用裂项求和法即可求解
【详解】（1）方案一：选条件①.
设等差数列的公差为.
因为，，
所以,解得
所以.
方案二：选条件②.
设等差数列的公差为.
因为，，所以,解得
所以.
方案三：选条件③.
设等差数列的公差为，所以.
因为，，所以，，
所以，
所以.
（2）由（1）知，
所以
=＜
16. 在中，已知a，b，c分别是角A，B，C的对边，且满足.
（1）求的大小；
（2）若的面积为，其外接圆半径，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理和两角和的正弦公式，化简得到，求得，即可求得的大小；
又由，所以.
（2）由（1）知和三角形的面积公式，求得，利用正弦定理求得，结合余弦定理列出方程求得，进而求得三角形的周长.
【小问1详解】
解：因为，由正弦定理可得，
即，
又因为，所以，
由，可得，所以，
又由，所以.
【小问2详解】
解：由（1）知，所以的面积为，解得，
因为的外接圆半径，
由正弦定理可得，所以，
又由余弦定理得，即
，
解得，所以，
所以的周长为.
17. 如图，在三棱锥中，平面，是线段的中点，是线段上一点，，.
（1）证明：平面平面；
（2）是否存在点，使平面与平面夹角为？若存在，求；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）存在，．
【解析】
【分析】（1）利用勾股定理及逆定理判定线线垂直，得出线面垂直再证面面垂直即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究面面夹角，计算即可.
小问1详解】
因为，是的中点，所以，
在直角中，，，所以，
在中，，，所以，得，
又平面，平面，所以，
又，，所以平面，
由平面得，
又，所以平面，
由平面得，平面平面．
【小问2详解】
存在点满足条件，
以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，
设，则，，，
，，
设平面的法向量为，
则，令得，
所以平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
由已知得，解得，即，
所以存在点使平面与平面的夹角为，此时．
18. 已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，且其离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为，求证：（为坐标原点）为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由抛物线的焦点得椭圆焦点，即可结合离心率求解,
（2）联立直线与椭圆的方程，根据跟与系数的关系，结合斜率公式即可求解.
【小问1详解】
∵抛物线的焦点为，
∴椭圆的半焦距为，
又，得，.
∴椭圆的方程为
【小问2详解】
证明：由题意可知，直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，
联立，得.
，即，
设，，
则，，
∴，
∴.
∴为定值

19. 已知函数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当时，证明: （其中e为自然对数的底数）.
【答案】（1）当时， 的递增区间为；
当时，的递增区间为，，递减区间为；
当时，的递增区间为，，递减区间为；
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的取值范围，求出函数的单调区间即可.
（2）问题转化为，令 ，根据函数的单调性证明即可.
【详解】（1）由题意，函数的定义域为,

当时，恒成立，故的递增区间为；
当时，在区间，时，时，
所以的递增区间为，，递减区间为；
当时，在区间，时，时，
所以的递增区间为，，递减区间为；
综上所述，当时， 的递增区间为；
当时，的递增区间为，，递减区间为；
当时，的递增区间为，，递减区间为；
（2）当时，由,只需证明.
令 ，.
设，则.
当时，，单调递减;
当时，，单调递增,
∴当时，取得唯一的极小值，也是最小值.
的最小值是 成立.
故成立.
【点睛】本题主要考查利用导数求函数的单调区间，导函数在证明不等式中的应用，考查学生的逻辑推理能力、运算求解能力，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算，属于中档题.