云南省保山市2023?2024學(xué)年高二下學(xué)期期末質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題一、單選題（本大題共8小題）1．函數(shù)的最小正周期為（

）A． B． C． D．2．已知集合，若中有3個元素，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．3．已知復(fù)數(shù)對應(yīng)的向量為，向量，則向量在上的投影向量的坐標(biāo)為（

）A． B． C． D．4．已知正方體的棱長為2，則該正方體的內(nèi)切球的體積為（

）A． B． C． D．5．設(shè)等比數(shù)列的前項的和為，若，則的近似值為（

）A．4 B．3 C．2 D．6．已知，比較三個數(shù)的大小，則有（

）A． B．C． D．7．函數(shù)的定義域為是奇函數(shù)，是偶函數(shù)，則的最大值為（

）A． B． C． D．8．已知點是橢圓上的一點，左?右焦點分別為點，點在的平分線上，為坐標(biāo)原點，且，則橢圓的離心率為（

）A． B． C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．下列說法中，正確的是（

）A．若隨機(jī)變量，則方差B．在的展開式中的系數(shù)是80C．已知一系列樣本點的經(jīng)驗回歸方程為，若樣本點與的殘差相等，則D．若隨機(jī)變量的分布列為，則10．在中，角所對的邊分別為，且，則下列說法正確的是（

）A．角A的大小是B．若，則的形狀是正三角形C．若，則的面積是D．若三角形是銳角三角形，的取值范圍是11．平面內(nèi)到兩個定點的距離比值為一定值的點的軌跡是一個圓，此圓被稱為阿波羅尼斯圓，俗稱“阿氏圓”．已知平面內(nèi)點，動點滿足，記點的軌跡為，則下列命題正確的是（

）A．點的軌跡的方程是B．過點的直線被點的軌跡所截得的弦的長度的最小值是C．直線與點的軌跡相離D．已知點是直線上的動點，過點作點的軌跡的兩條切線，切點為，則四邊形面積的最小值是4三、填空題（本大題共3小題）12．記為不超過的最大整數(shù)，則．13．某人從保山到昆明，可以乘坐高鐵?客車?飛機(jī)三種交通工具，出行方式如下表，交通工具高鐵客車飛機(jī)乘坐概率遲到概率0.10.30.3某人已遲到，則他乘坐飛機(jī)遲到的概率為．14．已知點為坐標(biāo)原點，點是拋物線的焦點，點分別位于軸的兩側(cè)且都在拋物線上，記的面積為的面積為，若，則的最小值為．四、解答題（本大題共5小題）15．已知的前項和是，且．(1)求數(shù)列的通項公式；(2)設(shè)求數(shù)列的前項和．16．如圖，在棱長均為2的四棱柱中，點是的中點，交平面于點．(1)求證：平面；(2)已知：條件①平面，條件②，條件③平面平面，從這三個條件中選擇兩個作為已知，使得四棱柱存在且唯一確定，并求二面角的余弦值．17．（1）設(shè)，求在點處的切線方程；（2）若是函數(shù)的極值點，求實數(shù)的值．18．高黎貢山國家級自然保護(hù)區(qū)位于云南省保山市，被譽(yù)為“世界自然博物館”及“動植物物種基因庫”．經(jīng)過幾十年的發(fā)展，某種瀕臨滅絕動物數(shù)量有大幅度的增加．已知這種動物擁有兩個亞種（分別記為種和種）．為了調(diào)查該區(qū)域中這兩個亞種的數(shù)目，某動物研究小組計劃在該區(qū)域中捕捉100個動物，統(tǒng)計其中種的數(shù)目后，將捕獲的動物全部放回，作為一次試驗結(jié)果．重復(fù)進(jìn)行這個試驗共20次，記第次試驗中種的數(shù)目為隨機(jī)變量．設(shè)該區(qū)域中種的數(shù)目為，種的數(shù)目為均大于100，每一次試驗均相互獨立．(1)求的分布列；(2)記隨機(jī)變量．定義，且．證明：．19．設(shè)點在曲線上，在曲線上，且滿足，(1)求的方程；(2)點在上，過點的直線與的漸近線交于兩點，且是的中點，求（為坐標(biāo)原點）的面積；(3)利用雙曲線定義證明：方程表示的曲線是焦點在直線上的雙曲線．

參考答案1．【答案】C【分析】根據(jù)正切型函數(shù)周期公式即可.【詳解】由題意得。故選C．2．【答案】B【分析】求出，再利用交集含義即可得到.【詳解】，要使中有3個元素，只需，所以，故選B．3．【答案】A【分析】根據(jù)投影向量的定義判斷．【詳解】由題意知，由投影向量的定義知，向量在上的投影向量是，所以坐標(biāo)為。故選A．4．【答案】D【分析】根據(jù)正方體內(nèi)切球特點即可得到球的半徑，再利用球的體積公式即可.【詳解】由正方體內(nèi)切球的直徑是正方體的棱長，所以，即，則球的體積。故選D．5．【答案】C【分析】求出，再由可得答案.【詳解】由，得，則.故選C．6．【答案】A【分析】分別構(gòu)造函數(shù)，，利用導(dǎo)數(shù)求導(dǎo)，得單調(diào)性求解．【詳解】設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞增，故時，恒成立，即，所以有，故；設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞減，故時，恒成立，即，所以有，，得，綜上：，故選A．7．【答案】B【分析】由奇偶函數(shù)定義，利用方程組法求解析式，再利用基本不等式求最值.【詳解】由是奇函數(shù)，得①，由是偶函數(shù)，得②聯(lián)立①②得，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立，故的最大值是。故選B．8．【答案】C【分析】設(shè)，，與軸的交點為，，結(jié)合平行線性質(zhì)，三角形面積公式可得，根據(jù)勾股定理可得關(guān)系，化簡求離心率.【詳解】設(shè)，，與軸的交點為，．由且，得①，又因為，所以，故②，聯(lián)立①②消去得：，又因為，所以，因為，所以有，所以，故，所以，解得離心率。故選C．9．【答案】BD【分析】對A，根據(jù)二項分布的方差公式和方差的性質(zhì)即可判斷；對B，根據(jù)二項展開式的通式即可計算；對C，利用殘差定義即可判斷；對D，首先根據(jù)分布列特點求出，再代入計算即可.【詳解】對于A，，故A錯誤；對于B，在的展開式中，，當(dāng)時，，此時的系數(shù)，故B正確；對于C，樣本點與的殘差相等，則有得，故C錯誤；對于D，，得，故D正確，故選BD．10．【答案】BCD【分析】A選項，根據(jù)正弦定理和誘導(dǎo)公式得到，求出；B選項，由余弦定理和得到，結(jié)合A中所求得到B正確；C選項，由余弦定理得到，進(jìn)而求出三角形面積；D選項，由正弦定理和得到，結(jié)合三角形為銳角三角形得到，從而求出D正確.【詳解】關(guān)于A，在中，由及正弦定理，得，又因為，于是，而，即有，則，所以，故A錯誤；對于B，由題意知，則，又因為，得，則，所以為正三角形，故B正確；對于C，由余弦定理，，代入得，因為，則有，即得，故的面積為，故C正確；對于D，由正弦定理，可得，因，代入化簡得：，因為三角形是銳角三角形，可得，，故的取值范圍是，故D正確.故選BCD．11．【答案】ACD【分析】對于A：設(shè)點，結(jié)合題意分析求解即可；對于B：分析可知點在圓內(nèi)，結(jié)合圓的性質(zhì)分析求解；對于C：求圓心到直線的距離，即可判斷；對于D：分析可知當(dāng)時，取到最小值，四邊形面積取最小值，運(yùn)算求解即可.【詳解】對于選項A：設(shè)點，因為，整理可得，故A正確；對于選項B：因為點的軌跡方程是，圓心是，半徑是，且，可知點在圓內(nèi)，過點的直線被圓所截得的弦最短時，點是弦的中點，根據(jù)垂徑定理得弦的最小值是，故B錯誤；對于選項C：圓心到直線的距離，所以直線與圓相離，故C正確；對于選項D：因為四邊形面積，由數(shù)形分析可知：當(dāng)時，取到最小值，所以四邊形面積取最小值，故D正確；故選ACD．12．【答案】1【分析】由函數(shù)的新定義求解．【詳解】由題意知：，故原式．故答案為：1.13．【答案】0.25/【分析】利用貝葉斯公式進(jìn)行求解.【詳解】由題意知，所求概率．故答案為：0.25/.14．【答案】【分析】可設(shè)，，且，由三角形的面積公式及基本不等式求解．【詳解】因為分別位于軸的兩側(cè)且都在拋物線上，則可設(shè)，，且，如圖所示：由得，則有的面積，的面積，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時，取等號．故答案為：.15．【答案】(1)(2)【分析】（1）由遞推公式得，有，即可求解；（2）設(shè)數(shù)列的前項中的奇數(shù)項之和為，偶數(shù)項之和為，分別由等差數(shù)列求和及裂項相消法求和即可．【詳解】（1）由①得，當(dāng)時，②，聯(lián)立①②得，所以有，因為，所以．（2）設(shè)數(shù)列的前項中的奇數(shù)項之和為，偶數(shù)項之和為，由（1）知則，，綜上：．16．【答案】(1)證明見解析(2)答案見解析【分析】（1）連接，根據(jù)面面平行的性質(zhì)得到，再證明，即可得到，從而得證；（2）若選擇條件①②，①③，均可說明該幾何體為棱長為的正方體，從而建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法計算可得；選擇②③，無法唯一確定該幾何體.【詳解】（1）連接，如圖1，因為交平面于點平面，所以平面，所以平面平面．又因為平面平面，且平面平面，所以，因為，且，所以四邊形是平行四邊形，所以，所以，因為平面平面，所以平面．（2）由（1）知，點是的中點，所以點是線段的中點．若選擇條件①②：因為平面四邊形的棱長相等，而且對角線，所以四邊形是正方形，又因為平面，所以．故如圖2建立以為坐標(biāo)原點，分別為軸的空間直角坐標(biāo)系，則，，設(shè)平面的法向量為，由，可取，因為平面，所以平面的法向量為，所以，由題知，二面角為鈍角，所以二面角的余弦值為．若選擇條件①③：因為平面平面平面，所以，因為平面平面，平面平面，所以平面，所以，如圖建立以為坐標(biāo)原點，分別為軸的空間直角坐標(biāo)系，則，設(shè)平面的法向量為，由，可取，因為平面，所以平面的法向量為，所以，又因為由題意知，二面角為鈍角，所以二面角的余弦值為．選擇條件②③不合題意，由條件②，且平面四邊形的棱長相等，可得四邊形是正方形，由條件③平面平面，無法確定與，故幾何體不能唯一確定．17．【答案】（1）；（2）【分析】（1）根據(jù)條件，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義，求出直線的斜率，即可求解；（2）對求導(dǎo)，得到，利用條件得到，法一，利用與的圖象與性質(zhì)，得到在上單調(diào)遞增，且存在，使在上單調(diào)遞減，由極值點的定義，即可求解；法二，利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性間的關(guān)系，求解得在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，即可求解.【詳解】（1）由題意得：，，切點是，切線斜率，故切線方程是：．（2）方法一：由條件得，因為且是的極值點，所以，即．當(dāng)時，，，，當(dāng)時，，所以在上恒成立，即在上單調(diào)遞增，如圖，由與的圖象可知，存在，使得當(dāng)，即存在，使在上單調(diào)遞減，所以是的極小值點．綜上，實數(shù)的值為1．方法二：，因為是的極值點，所以，即．當(dāng)時，，令，則，令，當(dāng)時，，所以恒成立．，當(dāng)時，，故，所以在上單調(diào)遞增，因為，所以，所以，所以，所以，，對任意，故在上單調(diào)遞增，又因為，所以當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，滿足是的極值點。綜上，實數(shù)的值為1．18．【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)超幾何分布得分布列；（2）根據(jù)所給性質(zhì)證明即可．【詳解】（1）依題意，服從超幾何分布，故的分布列為，0199100（2）先證一般結(jié)論：，，．因為，設(shè)，則，，從而，，設(shè)，則，所以，，故．19．【答案】(1)(2)(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意將代入曲線即可；（2）設(shè)，求的坐標(biāo)，結(jié)合中點可得，代入方程可得，進(jìn)而可求的面積.（3）根據(jù)題干設(shè)，分和兩種情況，結(jié)合兩點間距離公式可得，即可得結(jié)果.【詳解】（1）由已知得