精品解析：重庆市乌江新高考协作体2023-2024学年高二下学期第二阶段性学业质量联合调研抽测（5月）数学试题

2023-2024学年（下）第二阶段性学业质量联合调研抽测 高二数学试题 （分数：150分，时间：120分钟） 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. 设，为两个不同的平面，，为两条相交的直线，已知，，则“，”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 2. 复数的虚部是（ ） A. 1012 B. 1011 C. D. 3. 函数在处有极小值，则的值等于（ ） A 0 B. C. D. 6 4. 样本数据2，1，4，5，6，6，15，8的中位数和众数分别是（ ） A 5，6 B. 5.5，6 C. 6，6 D. 5.5，5 5. 向量，满足，，且，不等式恒成立.函数的最小值为（ ） A. B. 1 C. D. 6. 已知，均为锐角，，则取得最大值时，的值为（ ） A. B. C. 2 D. 1 7. 已知二次函数与轴交于，两点，点，圆过，，三点，存在一条定直线被圆截得的弦长为定值，则该定值为（ ） A. B. C. D. 8. 设，分别为双曲线（，）左、右焦点，过且斜率为的直线与右支交于点，与左支交于点，点满足，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 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的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分. 9. 已知一组数据，，，是公差不为0的等差数列，若去掉数据，则（ ） A. 中位数不变 B. 平均数不变 C. 方差变大 D. 方差变小 10. 在棱长为 1 的正方体中，已知分别为线段的中点，点满足，则（ ） A. 当时，三棱锥的体积为定值 B. 当，四棱锥的外接球的表面积是 C. 周长的最小值为 D. 若，则点轨迹长为 11. 下列等式中， 正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的最大值为___________． 13. 设钝角三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，，，则________. 14. 祖暅原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出一个求体积的著名命题：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处截面积相等，则体积相等.由曲线，，围成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V，则V=__________. 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，已知，，分别为角，，的对边．若向量，向量，且． （1）求的值； （2）若，，成等比数列，求的值． 16. 在中，内角的对边分别是，且. （1）求的大小； （2）若是边的中点，且，求面积的最大值. 17. 设函数，. （1）当时，在上恒成立，求实数的取值范围； （2）若在上存在零点，求实数的取值范围. 18. 为应对新一代小型无人机武器，某研发部门开发了甲、乙两种不同的防御武器，现对两种武器的防御效果进行测试.每次测试都是由一种武器向目标无人机发动三次攻击，每次攻击击中目标与否相互独立，每次测试都会使用性能一样的全新无人机.对于甲种武器，每次攻击击中目标无人机的概率均为，且击中一次目标无人机坠毁的概率为，击中两次目标无人机必坠毁；对于乙种武器，每次攻击击中目标无人机的概率均为，且击中一次目标无人机坠毁的概率为，击中两次目标无人机坠毁的概率为，击中三次目标无人机必坠毁. （1）若，分别使用甲、乙两种武器进行一次测试. ①求甲种武器使目标无人机坠毁的概率； ②记甲、乙两种武器使目标无人机坠毁的数量为，求的分布列与数学期望. （2）若，且，试判断在一次测试中选用甲种武器还是乙种武器使得目标无人机坠毁的概率更大？并说明理由. 19. 如图，在多面体中，平面与平面均为矩形且相互平行，,设. （1）求证：平面平面； （2）若多面体的体积为： （i）求； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年（下）第二阶段性学业质量联合调研抽测 高二数学试题 （分数：150分，时间：120分钟） 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. 设，为两个不同的平面，，为两条相交的直线，已知，，则“，”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】先根据空间公理确定平面；再根据面面平行的判定定理和性质可得出充分性成立；最后根据面面平行的性质及线面位置关系可得出必要性不成立. 【详解】设两条相交的直线，确定一个平面， 因为，，直线，相交，，， 所以根据面面平行的判定定理可得：， 又因为，，直线，相交，，， 所以根据面面平行的判定定理可得： ， 所以，充分性成立； 由，，可的：，或，，必要性不成立， 所以“，”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 2. 复数的虚部是（ ） A. 1012 B. 1011 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由错位相减法化简复数后再由复数的运算和复数的几何意义求出结果即可. 【详解】因为， ， 所以，① 因为，所以，， 所以化简①可得， 所以虚部为， 故选：D. 3. 函数在处有极小值，则的值等于（ ） A. 0 B. C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】对函数求导，利用以及解出，进而得出答案． 【详解】由题意得，因为在处有极小值， 所以，解得， 所以， 令，解得或， 故函数在和上为增函数， 令，解得， 故函数在上为减函数， 所以在处有极小值，符合题意， 所以， 故选：A. 4. 样本数据2，1，4，5，6，6，15，8的中位数和众数分别是（ ） A. 5，6 B. 5.5，6 C. 6，6 D. 5.5，5 【答案】B 【解析】 【分析】根据众数、中位数的概念求解. 【详解】由小到大排列：1，2，4，5，6，6，8，15， 所以中位数为，众数为， 故选：B 5. 向量，满足，，且，不等式恒成立.函数的最小值为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据向量的夹角、模长及恒成立求出，利用距离和的最值求解的最小值. 【详解】作，，， 因为不等式恒成立，则，即， 从而有，故. 设，， 则. 作点E关于直线OB的对称点F，， 则，当且仅当三点共线时取得等号. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有二，一是恒成立条件的转化，可求的值；二是利用转化求得函数的最小值. 6. 已知，均为锐角，，则取得最大值时，的值为（ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】由，两边同时除以得，再将用表示，再结合基本不等式求出的最大值及此时的值，再根据两角和的正切公式即可得解. 【详解】由， 两边同时除以得， 所以， 因为，均为锐角，所以， 则， 当且仅当，即时取等号， 所以取得最大值时，. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：将已知变形成是解决本题的关键. 7. 已知二次函数与轴交于，两点，点，圆过，，三点，存在一条定直线被圆截得的弦长为定值，则该定值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆的方程为，依题意可得，，再由点在圆上，即可得到，从而得到圆为，求出圆过定点坐标，从而求出定弦长. 【详解】设圆的方程为，因为圆过，两点， 且，两点的横坐标满足方程， 所以，， 所以圆的方程为， 又在圆上， 所以，解得， 所以圆的方程为， 即， 令，解得或， 即圆恒过点和，又，所以该定值为． 故选：B． 【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出圆的方程为，从而求出圆过定点坐标. 8. 设，分别为双曲线（，）的左、右焦点，过且斜率为的直线与右支交于点，与左支交于点，点满足，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，利用双曲线定义分别表示出，利用直线的斜率得到，在解出，在用余弦定理得到与的关系，即解出离心率. 【详解】 由，得为的中点；又，所以，所以； 设，由双曲线的定义，得，， 所以，从而，所以； 由直线的斜率为，得. 在中，，即； 在中，由余弦定理，得， 即，整理得， 解得，所以. 故选：B. 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的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分. 9. 已知一组数据，，，是公差不为0的等差数列，若去掉数据，则（ ） A. 中位数不变 B. 平均数不变 C. 方差变大 D. 方差变小 【答案】ABC 【解析】 【分析】由中位数的概念可判断A，根据平均数的概念结合等差数列的性质判断B，由方差计算公式即可判断CD． 【详解】对于A，原数据的中位数为，去掉后的中位数为，即中位数没变，故A正确； 对于B，原数据的平均数为， 去掉后的平均数为，即平均数不变，故B正确； 对于C，则原数据的方差为， 去掉后的方差为， 故，即方差变大，故C正确，D错误． 故选：ABC． 10. 在棱长为 1 的正方体中，已知分别为线段的中点，点满足，则（ ） A. 当时，三棱锥的体积为定值 B. 当，四棱锥的外接球的表面积是 C. 周长的最小值为 D. 若，则点的轨迹长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，先得到，故点在线段上，证明出，所以三棱锥为定值；B选项，点为线段的中点，作出辅助线，找到外接球球心，从而得到外接球半径和外接球面积；C选项，取线段的中点，由对称性知，，数形结合得到，从而得到周长的最小值；D选项，由得到点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆的一部分，求出圆的半径，得到轨迹长度. 【详解】A选项，当时，， 故，即， 故点在线段上， 连接，与相交于点，则为的中点，连接， 因为为的中点，所以，故三棱锥的体积为定值，A正确； B选项，当时，由A选项可知，，点为线段的中点， 连接相交于点，则⊥平面， 设正四棱锥的外接球的球心为，则三点共线， 其中，设，则， 由勾股定理得，即， 解得， 则表面积是，B正确； C选项，点在矩形及其内部，取线段的中点， 由对称性知，， ，此时三点共线， 又， ，C错误； D选项，因为 ，又点在矩形及其内部， 点的轨迹为点为球心，半径长为的球面被平面截且在矩形及其内部的图形， 又⊥平面，且， 故 ， 所以点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆的一部分， 如图，其中，， 故， 则， 则， 则轨迹长为，D正确. 故选：ABD 【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 11. 下列等式中， 正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】借助排列数与组合数的运算法则计算可得A、B、C，构造出二项式，可得，再计算出中项的系数即可得. 【详解】对A：，故A正确； 对B： ，故B正确； 对C：由 ， 则 ，故C错误； 对D：对有，则， 则展开式中的系数为； 又，其中项的系数为， 故，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：D选项中关键点在于构造出二项式与，结合二项式展开式的通项公式，得到中的项的系数与中的项的系数相同. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的最大值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】的几何意义可知表示点，分别到，的距离差，结合求解即可. 【详解】表示点，分别到，的距离差， 即在函数的图象上求点，使得取得最大值， 如图所示， 易知，当且仅当点位于的延长线与的交点， 所以. 故函数的最大值为. 故答案为：. 13. 设钝角三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理表示出，再利用同角三角函数的平方关系，得到，建立方程，求出b的值，然后利用钝角三角形，排除一个答案. 【详解】由余弦定理得，， 而由，得， 因为是钝角三角形，且，故A为锐角，所以， 所以，解得或， 当时，即，，由大边对大角得：最大角为C， ，故C为锐角，不符合题意； 当时，即，，由大边对大角得：最大角为B， ，故B是钝角，符合题意， 故答案为： 14. 祖暅原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求体积的著名命题：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处截面积相等，则体积相等.由曲线，，围成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V，则V=__________. 【答案】 【解析】 【分析】作出图象可知：当双曲线，它的渐近线以及，围成的图形绕轴旋转一周所形成的圆环面积恒定，所以根据祖暅原理可将题目转化为底面恒定，高为的圆柱，进而求出体积即可. 【详解】 如图：当双曲线，它的渐近线以及， 围成的图形绕轴旋转一周所形成的圆环， 令，分别代入和中， 解得：， 即外圆半径，内圆半径， 此圆环的面积为：为恒定值， 所以根据祖暅原理可将题目转化为底面为半径为的圆面，高为的圆柱的体积， 所以. 【点睛】关键点点睛：将几何体的体积转化成底面为半径为的圆面，高为的圆柱的体积是本题的关键所在. 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，已知，，分别为角，，的对边．若向量，向量，且． （1）求的值； （2）若，，成等比数列，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意利用平面向量数量积的运算，正弦定理，两角和的正弦公式求解即可． （2）利用等比数列的性质，正弦定理根据已知可得，求出的值，再利用同角三角函数基本关系式，两角和的正弦公式求解即可． 【小问1详解】 因为，，且， 所以， 由正弦定理，可得， 所以，即， 又为三角形内角，， 所以； 【小问2详解】 因为，，成等比数列， 所以，由正弦定理，可得， 又，为三角形内角，所以， 所以． 16. 在中，内角的对边分别是，且. （1）求的大小； （2）若是边的中点，且，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助三角形内角与正弦定理边角转化，结合二倍角公式计算即可得； （2）借助向量线性运算与基本不等式，结合三角形面积公式计算即可得. 【小问1详解】 ，，， 由正弦定理可得， ，， ，，，即，即； 【小问2详解】 依题意，， ，，， 即， 即，当且仅当时，等号成立， 即，面积的最大值为. 17. 设函数，. （1）当时，在上恒成立，求实数的取值范围； （2）若在上存在零点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）构建函数，通过导数判断函数单调性，进而求解实数的取值范围； （2）分离参数，令，，利用导数求函数在指定区间的最值，即得解. 【小问1详解】 当时，， 所以不等式转化为，在上恒成立. 令， 所以. 当时，恒成立. 若，则在上恒成立， 在上单调递增， 故，符合题意； 若，令函数， 则在上恒成立， 所以在上单调递增， 因为，且当时，. 所以，， 故当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则，不符合题意. 综上所述，实数的取值范围为； 【小问2详解】 因为，， 令，即， 所以. 令，， 则. 令，得. 所以当时，，单调递减； 当，时，单调递增. 所以当时，取得极小值， 即当时，取得极小值. 又因为，， 所以. 所以. 当取得极大值， 即当时，取得极大值. 又因为，， 所以. 所以， 所以当，. 所以. 又因为， 所以时，在上存在零点， 所以实数的取值范围为. 【点睛】思路点睛：本题可从以下方面解题 （1）构建函数，利用导数判断函数的单调性，通过函数的单调性求参数的取值范围； （2）分离参数，将零点问题转化为函数的交点问题，并利用导数判断函数的单调性，进而求函数的最值. （3）本题计算量较大，注意导数求解过程中的容易出现的问题，以及单调性的分析要注意取值范围. 18. 为应对新一代小型无人机武器，某研发部门开发了甲、乙两种不同的防御武器，现对两种武器的防御效果进行测试.每次测试都是由一种武器向目标无人机发动三次攻击，每次攻击击中目标与否相互独立，每次测试都会使用性能一样的全新无人机.对于甲种武器，每次攻击击中目标无人机的概率均为，且击中一次目标无人机坠毁的概率为，击中两次目标无人机必坠毁；对于乙种武器，每次攻击击中目标无人机的概率均为，且击中一次目标无人机坠毁的概率为，击中两次目标无人机坠毁的概率为，击中三次目标无人机必坠毁. （1）若，分别使用甲、乙两种武器进行一次测试. ①求甲种武器使目标无人机坠毁的概率； ②记甲、乙两种武器使目标无人机坠毁的数量为，求的分布列与数学期望. （2）若，且，试判断在一次测试中选用甲种武器还是乙种武器使得目标无人机坠毁的概率更大？并说明理由. 【答案】（1）①；②分布列见解析， （2）使用乙种武器使得目标无人机坠毁的概率更大，理由见解析 【解析】 【分析】（1）首先确定，，①再根据题意和甲种武器击中目标的次数，确定概率；②首先确定，分别根据甲和乙两种武器使目标无人机坠毁的概率，确定分布列中的概率，再计算期望； （2）分别用概率表示甲和乙使无人机坠毁的概率，再利用导数比较大小，即可求解. 【小问1详解】 因为每次测试都是由一种武器向目标无人机发动三次攻击，每次攻击击中目标无人机与否相互独立， 在一次测试中，用、分别表示甲、乙两种武器命中目标无人机的次数，则，， 记事件为“在一次测试中，使用甲种武器使目标无人机坠毁”， ， 所有可能的取值为， 记事件为“在一次测试中，使用乙种武器使目标无人机坠毁”， ， ， ， ， 所以的分布列如下： 故. 【小问2详解】 记事件为“使用甲种武器使得目标无人机坠毁”， 事件为“使用乙种武器使得目标无人机坠毁”， 则 ， ， 因为，所以， 则 ， 令，则， 令，即，则，得， 又，所以恒成立， 所以在上单调递增， 又，则， 故，即， 所以使用乙种武器使得目标无人机坠毁的概率更大. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题意，理解坠毁与击中的关系，以及理解每种武器击中次数满足二项分布. 19. 如图，在多面体中，平面与平面均为矩形且相互平行，,设. （1）求证：平面平面； （2）若多面体的体积为： （i）求； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明如下： 因为四边形是矩形，所以， 又因为，平面，所以平面， 因为平面， 所以平面平面. （2）（i）； （ii） 【解析】 【分析】（1）由线线垂直推出线面垂直，进而得到面面垂直； （2）将多面体的体积分成三部分，包括一个三棱柱和两个完全一样的五面体，再将五面体分成一个三棱柱和一个四棱锥，最终表示出多面体的体积，求得多面体的高，即可得到；在此基础上加建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，进而求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i） 因为，所以四边形是等腰梯形， 过点作，垂足为，过点作，垂足为，则， 同理，作，则， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，平面，记， 连接，作，则， 由对称性可知，所以， ， ， 所以，所以， 在中，，所以； （ii） 以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，则， 设平面的法向量，则，即，得，所以， 设平面的法向量，则，即，得，所以， ， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $