云南省昆明市昆明师范专科学校附属中学2023-2024学年高二下学期3月学业质量监测数学试题

绝密★启用前 昆明师专附中2023—2024学年下学期3月学业质量监测 高二数学试卷 （全卷三个大题，共19个小题，共4页； 满分150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1.本卷为试题卷。考生必须在答题卡上解题作答，答案应书写在答题卡的相应位置上，在试卷、草稿纸上作答无效。 2.考试结束后，请将试题卷和答题卡一并交回。 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知集合则（    ） A． B． C． D． 2．直线过圆的圆心，并且与直线垂直，则直线的方程为（    ） A． B． C． D． 3．已知平面向量与的夹角为，，，则（　　） A． B． C． D． 4．在中，内角，，所对的边分别为，，.已知，若，则角的大小为（    ） A． B． C． D． 5．已知，，试比较a，b，c的大小为（    ） A． B． C． D． 6．弹簧上挂的小球做上下振动时，小球离开平衡位置的距离随时间的变化曲线是一个三角函数的图像（如图所示），则这条曲线对应的函数解析式是（    ） A． B． C． D． 7．已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 8．已知，分别为双曲线：的左，右焦点，点P为双曲线渐近线上一点，若，，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D．2 二、多项选择题（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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分．） 9．如图，四棱锥的底面为正方形，底面，则下列结论中正确的有（    ） A． B．平面 C．与平面所成角是 D．与所成的角等于与所成的角 10．若复数满足（是虚数单位），则下列说法正确的是（    ） A．的虚部为 B．的模为 C．的共轭复数为 D．在复平面内对应的点位于第一象限 11．已知椭圆，若在椭圆上，是椭圆的左、右焦点，则下列说法正确的有（    ） A．若，则 B．面积的最大值为2 C．的最大值为 D．的最大值为4 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12．函数在点处的切线方程为 ． 13．已知，则 . 14．已知函数满足：，则 ． 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．甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则：每一局比赛中，胜者得1分，负者得0分，且比赛中没有平局.根据以往战绩，每局比赛甲获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响. (1)经过3局比赛，记甲的得分为X，求X的分布列和期望； (2)若比赛采取3局制，试计算3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分的概率. 16．已知数列是等差数列，其前项和为，且，. (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 17．如图所示，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，. (1)求证：平面； (2)若E为PC的中点，求与平面所成角的正弦值. 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. 19．已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当，证明：. 第4页，共4页 第1页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 1．已知集合则（    ） A． B． C． D． 2．直线过圆的圆心，并且与直线垂直，则直线的方程为（    ） A． B． C． D． 3．已知平面向量与的夹角为，，，则（　　） A． B． C． D． 4．在中，内角，，所对的边分别为，，.已知，若，则角的大小为（    ） A． B． C． D． 5．已知，，试比较a，b，c的大小为（    ） A． B． C． D． 6．弹簧上挂的小球做上下振动时，小球离开平衡位置的距离随时间的变化曲线是一个三角函数的图像（如图所示），则这条曲线对应的函数解析式是（    ） A． B． C． D． 7．已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 8．已知，分别为双曲线：的左，右焦点，点P为双曲线渐近线上一点，若，，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D．2 二、多选题 9．如图，四棱锥的底面为正方形，底面，则下列结论中正确的有（    ） A． B．平面 C．与平面所成角是 D．与所成的角等于与所成的角 10．若复数满足（是虚数单位），则下列说法正确的是（    ） A．的虚部为 B．的模为 C．的共轭复数为 D．在复平面内对应的点位于第一象限 11．已知椭圆，若在椭圆上，是椭圆的左、右焦点，则下列说法正确的有（    ） A．若，则 B．面积的最大值为2 C．的最大值为 D．的最大值为4 三、填空题 12．函数在点处的切线方程为 ． 13．已知，则 . 14．已知函数满足：，则 ． 四、解答题 15．甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则：每一局比赛中，胜者得1分，负者得0分，且比赛中没有平局.根据以往战绩，每局比赛甲获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响. (1)经过3局比赛，记甲的得分为X，求X的分布列和期望； (2)若比赛采取3局制，试计算3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分的概率. 16．已知数列是等差数列，其前项和为，且，. (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 17．如图所示，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，. (1)求证：平面； (2)若E为PC的中点，求与平面所成角的正弦值. 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. 19．已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当，证明：. 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．D 【分析】首先解一元二次不等式求得集合A，之后利用交集中元素的特征求得，得到结果. 【详解】由解得， 所以， 又因为，所以， 故选：D. 【点睛】本题考查的是有关集合的问题，涉及到的知识点有利用一元二次不等式的解法求集合，集合的交运算，属于基础题目. 2．D 【分析】 求圆心坐标，由垂直可得斜率，然后根据点斜式可得. 【详解】由可知圆心为， 又因为直线与直线垂直， 所以直线的斜率为， 由点斜式得直线， 化简得直线的方程是． 故选：D． 3．B 【分析】根据向量的数量积公式及模长公式直接求解. 【详解】由，得， 又， 所以， 所以， 所以， 故选：B. 4．A 【分析】根据余弦定理以及正弦定理求解即可. 【详解】已知，结合余弦定理得出， 又，所以. 已知，结合正弦定理得，则. 所以，故. 故选：A. 5．B 【分析】根据对数函数和指数函数的单调性将､､与0､1相比较，即可得到结论. 【详解】∵， ， ， ∴. 故选：B. 6．A 【分析】由函数的部分图像得到或，并分别讨论或时的解析式 【详解】解：设该曲线对应的函数解析式为， 由图可知，或，，则， 当时，， 由，解得， 因为，所以，所以； 当时，， 由，解得， 因为，所以，所以； 故选：A 7．B 【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答. 【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图， ，，由的面积为，得， 解得，于是， 所以圆锥的体积. 故选：B 8．B 【分析】由题可得，然后利用二倍角公式结合条件可得，然后根据离心率公式即得. 【详解】因为，为的中点， 所以，， 所以，又， ， 所以， 所以. 故选：B. 9．AB 【分析】根据空间位置关系的判定即空间角的定义直接判断各选项. 【详解】A选项，为正方形，，又平面，，又，平面，，A选项正确； B选项，为正方形，，又平面，且平面，平面，B选项正确； C选项，底面，与平面所成角是，C选项错误； D选项，为正方形，则与所成的角，又底面，则，所以与所成的角，D选项错误； 故选：AB. 10．BCD 【分析】利用复数除法法则，计算得到，从而判断出虚部，求出模长及共轭复数，写出在复平面内对应的点的坐标，判断其所在象限. 【详解】由，所以， 所以的虚部为2，故A错误； ，故正确； 的共轭复数为，故正确； 在复平面内对应的点为，位于第一象限，故D正确. 故选：BCD. 11．ACD 【分析】利用余弦定理可判断A选项；利用三角形的面积公式可判断B选项；利用椭圆的定义可判断C选项；利用基本不等式可判断D选项． 【详解】在椭圆中，，且， 对于A选项，当时，则为椭圆的上下顶点，故， 由余弦定理可得， 因为，所以，，A对； 对于B选项，当点为椭圆的短轴顶点时，点到轴的距离最大， 所以，△面积的最大值为，B错误； 对于C选项，因为，即， 所以，C对； 对于D选项，由椭圆定义可知， 所以，当且仅当时取等号． 故选：ACD． 12． 【分析】求导，再根据导数的几何意义即可得解. 【详解】， 则， 所以函数在点处的切线方程为， 即. 故答案为：. 13． 【分析】根据所求式子特征，令，即可得到所求式子的和. 【详解】令，则. 故答案为： 14． 【分析】借助三角恒等变换公式可得，即可得解. 【详解】， 则， 则 . 故答案为：. 15．【分析】（1）根据题意可知，进而利用二项分布求出的分布列及数学期望； （2）由题意可知，甲的累计得分高于乙的累计得分有两种情况，即甲获胜2局，甲获胜3局，从而结合（1）可得结果. 【详解】（1）由题意得，，X的取值可能为0，1，2，3， 则，， ，. 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 因为，所以X的期望. （2）第3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分有两种情况： 甲获胜2局，甲获胜3局， 所以所求概率为. 35．(1)表格见解析，无关 (2)分布列见解析，. 16．【分析】（1）利用等差数列的通项公式和前项和公式求解； （2）分组求和方法求解. 【详解】（1）设等差数列的公差为，又，， 所以，解得，， 所以的通项公式. （2）由（1）知， 所以 . 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证，，由此即可证得平面； （2）建立空间直角坐标系，求出,平面的一个法向量为，然后利用公式，即可求得本题答案. 【详解】（1）作，垂足为，易证，四边形为正方形. 所以，.又， 因为，所以. 因为平面，平面，所以.    又，平面，平面，所以平面.          （2）以点为坐标原点，以所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，.    则，，. 设平面的法向量为， 由，得， 令，可得平面的一个法向量为.            设与平面所成角为， 则. 17．(1) (2)证明见解析 【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. 【详解】（1）∵抛物线的焦点为， ∴椭圆的半焦距为， 又，得，. ∴椭圆的方程为 （2）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 【分析】（1）求导后对其导函数进行通分再对其分子因式分解，分类讨论与时的单调性即可. （2）求出，将所证转化为，进而转化为证明恒成立，构造函数求其最大值即可证明. 【详解】（1）∵，定义域为， 则， ①当时，，在上单调递增； ②当时，当时，，在上单调递增 当时，，在上单调递减， 综上，①当时，在上单调递增， ②当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）由（1）可得，当时， . 要证， 只需证， 即证恒成立. 令，，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， ∴的最大值为，即：. ∴恒成立， ∴原命题得证.即：当时，. 答案第10页，共10页 答案第9页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 $$