精品解析：河南省洛阳市2023-2024学年高二下学期6月质量检测数学试卷

洛阳市2023——2024学年高二质量检测 数学试卷 本试卷共4页，共150分．考试时间120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上． 2．考试结束，将答题卡交回． 一、单项选择题：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. 下列导数运算正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知具有线性相关的两个变量之间的一组数据如表： 1 2 3 25 36 40 48 56 且经验回归方程为，则当时，的预测值为（ ） A. 62.5 B. 61.7 C. 61.5 D. 59.7 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数为奇函数，其图象在点处切线方程为，记的导函数为，则（ ） A. 2 B. C. D. 6. 已知向量，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 经过抛物线的焦点F的直线交C于A，B两点，与抛物线C的准线交于点P，若成等差数列，则（ ） A. B. C. D. 8. 甲、乙、丙三位棋手按如下规则进行比赛：第一局由甲、乙参加而丙轮空，由第一局的胜者与丙进行第二局比赛，败者轮空，使用这种方式一直进行到其中一人连胜两局为止，此人成为整场比赛的优胜者，甲、乙、丙胜各局的概率均为，且各局胜负相互独立．则比赛至多进行四局且甲获得优胜者的概率是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 各项系数的和是1024 B. 各二项式系数的和是1024 C. 含x的项的系数是 D. 第7项的系数是210 10. 下列命题中正确的是（ ） A. 设随机变量，若，则 B. 一个袋子中有大小相同的3个红球，2个白球，从中一次随机摸出3个球，记摸出红球的个数为x，则 C. 已知随机变量，若，则 D. 若随机变量，则当时概率最大 11. 已知为双曲线的左、右焦点，过的直线交双曲线C的右支于P，Q两点，则下列叙述正确的是（ ） A. 直线与直线斜率之积为 B. 的最小值为 C. 若，则的周长为 D. 点P到两条渐近线的距离之积 12. 如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，点F满足，则（ ） A. 三棱锥的体积是定值 B. 当时，平面BDF C. 存在，使得AC与平面BDF所成的角为 D. 当时，平面BDF截该正方体的外接球所得到的截面的面积为 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 直线l：被圆C：截得的弦长为_________． 14. 校运会期间，需要学生志愿者辅助裁判老师进行记录工作，现从甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者中任意选派3名同学分别承担铅球记录，跳高记录，跳远记录工作，其中甲、乙、丙不承担铅球记录工作，则不同的安排方法共有________种．（用数字作答） 15. 在等差数列中，为其前项和，若，则_________． 16. 若函数有两个极值点，则实数a取值范围是_________． 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求B； （2）若，求的周长l的取值范围． 18. 已知正项数列的前n项和为，且 （1）求数列的通项公式； （2）求证：． 19. 如图所示，两个长方形框架ABCD，ABEF满足，，且它们所在的平面互相垂直．动点M，N分别在长方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记． （1）a为何值时，MN的长最小? （2）当MN的长最小时，求平面MNA与平面MNB的夹角的余弦值． 20. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两人中任何一人．设n次传球后球在乙手中的概率为； （1）求； （2）求； 21. 已知函数． （1）讨论在上的单调性； （2）证明： 22. 已知定圆，动圆P过点，且和圆相切． （1）求动圆圆心P的轨迹E的方程； （2）设P是第一象限内轨迹E上的一点，的延长线分别交轨迹E于点．若分别为，的内切圆的半径，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 洛阳市2023——2024学年高二质量检测 数学试卷 本试卷共4页，共150分．考试时间120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上． 2．考试结束，将答题卡交回． 一、单项选择题：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. 下列导数运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据基本初等函数的导数公式和复合函数的求导法则逐项判断. 【详解】，A错误； ，B错误； ，C错误； ，D正确. 故选：D 2. 已知具有线性相关的两个变量之间的一组数据如表： 1 2 3 25 36 40 48 56 且经验回归方程为，则当时，的预测值为（ ） A. 62.5 B. 61.7 C. 61.5 D. 59.7 【答案】D 【解析】 【分析】求出，，根据回归直线方程必过样本中心点求出，即可得到回归直线方程，再代入计算可得. 【详解】依题意，， 又经验回归方程为必过，即，解得， 所以，当时， 即当时，的预测值为. 故选：D 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用诱导公式即可求得答案. 【详解】由，可得. 故选：C. 4. 已知成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】用等比数列性质即可得出答案. 【详解】成等比数列，， 因为与-2和-4符号一样，所以， . 故选：B. 5. 已知函数为奇函数，其图象在点处的切线方程为，记的导函数为，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由奇函数的导数为偶函数可知为偶函数，结合导数的几何意义即可求解. 【详解】因为在点处的切线方程为，. 又两边求导得：，即为偶函数， 故选：A. 6. 已知向量，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据模长关系分析可得，再结合投影向量的定义分析求解. 【详解】因为，则， 又因为，则，可得， 所以在上投影向量为. 故选：C. 7. 经过抛物线的焦点F的直线交C于A，B两点，与抛物线C的准线交于点P，若成等差数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差中项得到，设直线方程为，联立抛物线方程，借助韦达定理，由焦点弦弦长公式得到，表达出，求出，得到答案. 【详解】由题意得，，抛物线的准线方程为， 因为过抛物线焦点的直线与抛物线交于两点，且与抛物线的准线相交， 所以直线的斜率存在且不为0，设直线方程为， 与联立得， 设，显然，则，， 故， 设直线倾斜角为，则， 所以， 故，解得， 故， 又，故，解得， 故. 故选：D 【点睛】方法点睛：我们在处理有关焦点弦，以及焦半径问题时长度问题时有以下几种方法； （1）常规处理手段，求交点坐标然后用距离公式，含参的问题不适合； （2）韦达定理结合弦长公式，这是此类问题处理的通法； （3）抛物线定义结合焦点弦公式 8. 甲、乙、丙三位棋手按如下规则进行比赛：第一局由甲、乙参加而丙轮空，由第一局的胜者与丙进行第二局比赛，败者轮空，使用这种方式一直进行到其中一人连胜两局为止，此人成为整场比赛的优胜者，甲、乙、丙胜各局的概率均为，且各局胜负相互独立．则比赛至多进行四局且甲获得优胜者的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令分别表示甲、乙、丙在第k局中获胜． 【详解】甲获胜分为两种情况： ①甲连胜两局，概率为， ②第一局甲负乙胜，第二局甲轮空，乙不胜丙胜，第三、四局都是甲胜， 概率为， 所以若比赛至多进行四局，则甲获得优胜者的概率是. 故选：B 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 各项系数的和是1024 B. 各二项式系数的和是1024 C. 含x的项的系数是 D. 第7项的系数是210 【答案】BD 【解析】 【分析】根据二项式的展开式通项公式，结合赋值法，即可解决. 【详解】对于A，令，则，则各项系数的和是.A选项错误. 对于B，各二项式系数的和是，B选项正确. 对于C，通项公式为， 化简得， 令，解得，代入通项公式即得，，含x的项的系数是，C选项错误. 对于D，令，代入通项公式得，，D选项正确. 故选：BD. 10. 下列命题中正确的是（ ） A. 设随机变量，若，则 B. 一个袋子中有大小相同的3个红球，2个白球，从中一次随机摸出3个球，记摸出红球的个数为x，则 C. 已知随机变量，若，则 D. 若随机变量，则当时概率最大 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性可判断A；求出的取值及对应的概率，再求出可判断B；利用二项分布的均值、方差公式求出可判断C；由求出可判断D. 【详解】对于A，若，则，故A正确； 对于B，可取，，， ，则，故B正确； 对于C，若，则， 解得，则，故C错误； 对于D，若随机变量，则， 由，得， 解得时概率最大，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知为双曲线的左、右焦点，过的直线交双曲线C的右支于P，Q两点，则下列叙述正确的是（ ） A. 直线与直线的斜率之积为 B. 的最小值为 C. 若，则的周长为 D. 点P到两条渐近线的距离之积 【答案】BCD 【解析】 【分析】由双曲线的定义和条件，易得结论；设，则，计算直线与直线的斜率之积，其到两条渐近线的距离之积，判断选项A、D；利用双曲线的定义和性质可判断选项B、C. 【详解】 如图，， 设，则， 又，故A错误； 由双曲线的焦点弦的性质，可得过焦点垂直于轴的弦的长度最小， 即的最小值为，故B正确； 由双曲线的定义得， 所以， 故的周长为， 故C项正确； 由双曲线的渐近线方程为， 可得点P到两条渐近线的距离之积为 ，D正确. 故选：BCD 12. 如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，点F满足，则（ ） A. 三棱锥的体积是定值 B. 当时，平面BDF C. 存在，使得AC与平面BDF所成的角为 D. 当时，平面BDF截该正方体的外接球所得到的截面的面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据，结合变化时，不是定值，可判定A错误；当时，即点与点重合，证得和，得到平面，可判定B正确；求得平面的法向量为，结合向量的夹角公式，得到与平面所成角为，满足，进而得到直线与平面所成角范围，可判定C正确；求得平面的法向量为，得到球心到平面的距离，结合球的截面圆的性质，可判定D正确. 【详解】对于A中，在正方体中，可得平面， 即到平面的距离为， 由， 因为，当变化时，不是定值， 所以三棱锥的体积不是定值，所以A不正确； 对于B中，当时，即点与点重合， 在正方体中，连接，可得， 因为平面，且平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 同理可证：，因为，且平面， 所以平面，即平面，所以B正确； 对于C中，设平面的法向量为， 又由，则， 令，可得， 由，设与平面所成角为 可得， 又由，可得， 所以，因为，且平面， 所以平面， 当点与重合时，直线与平面所成角的正弦值， 此时直线与平面所成角小于， 当点与重合时，直线与平面所成角为， 所以存在使得直线与平面所成角为，所以C正确； 对于D中，由， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 因为且，可得，所以平面的法向量为， 又由球心为，则到平面的距离为， 外接球的半径为，所以截面圆的半径的平方为， 所以该正方体的外接球所得到的截面的面积为，所以D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 直线l：被圆C：截得的弦长为_________． 【答案】2 【解析】 【分析】求出圆心及半径，根据点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再根据圆的弦长公式即可得解. 【详解】圆C：的圆心为，半径， 圆心到直线l：的距离为， 所以弦长为. 故答案为：2. 14. 校运会期间，需要学生志愿者辅助裁判老师进行记录工作，现从甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者中任意选派3名同学分别承担铅球记录，跳高记录，跳远记录工作，其中甲、乙、丙不承担铅球记录工作，则不同的安排方法共有________种．（用数字作答） 【答案】24 【解析】 【分析】先安排铅球记录工作，再从剩下的4人中选两人负责另外两项工作，分步完成计数. 【详解】先安排铅球记录工作，从丁、戊中选一人，有种， 再从剩下的4人中选两人负责另外两项工作，有种， 故不同的安排方法共有种. 故答案为：24 15. 在等差数列中，为其前项的和，若，则_________． 【答案】110 【解析】 【分析】设等差数列的首项为，公差为，根据条件列方程解得，，即可求出结果. 【详解】设等差数列的首项为，公差为， 所以，解得，，所以， 故答案为：. 16. 若函数有两个极值点，则实数a的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 分析】利用导数求解极值点个数情况. 【详解】令即又函数有两个极值点，故方程有两个零点，即有两个零点，令则则当时，单调递减，当时，单调递增，故时，取极小值，也为最小值， 又时， 则有两个零点时，a的取值范围是 故答案为： 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求B； （2）若，求的周长l的取值范围． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化边为角化简求解即得；（2）由正弦定理，根据边及角得， 再将周长化边为角，结合辅助角公式求解范围可得. 【小问1详解】 由正弦定理，得， ∵，， ∴，即， 又∵，则， ，则； 【小问2详解】 由（1）及正弦定理可知，， ， ， ∴， 又，，∴， ∴， ∴，即， ∴的周长l的取值范围为． 18. 已知正项数列的前n项和为，且 （1）求数列的通项公式； （2）求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）已知，求出. （2）先求出，再求出新数列的通项公式，再放缩求和即可. 【小问1详解】 当时，,得， 当时，， 又，两式相减得整理得到，，又∵，∴， ∴是首项为1，公差为2的等差数列，∴． 【小问2详解】 ∵， ∴时，，时，， ∴ ∴成立． 19. 如图所示，两个长方形框架ABCD，ABEF满足，，且它们所在的平面互相垂直．动点M，N分别在长方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记． （1）a为何值时，MN的长最小? （2）当MN的长最小时，求平面MNA与平面MNB的夹角的余弦值． 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）以B为坐标原点，分别以BA、BE、BC所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求得A、C、F、E、M、N的坐标，直接由两点间的距离公式可得MN的长度，再利用配方法求得a； （2）由（1）可知M，N的坐标，取MN的中点G，连接AG，BG，得到是平面MNA与平面MNB的夹角或补角，再由求解． 【小问1详解】 因为平面平面ABEF，平面平面，，平面， 所以平面ABEF，又平面ABEF，所以，从而CB，AB，BE两两垂直． 以B为坐标原点，分别以BA、BE、BC所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图所示 由，，可得，，，，. 由，可得，， 所以， 显然当时，MN的长最小. 【小问2详解】 由（1）可知：M，N为中点时，MN最短，则，取MN中点为G，连接AG，BG，则， 因为，，G为MN中，所以，，所以是平面MNA与平面MNB的夹角或其补角． 因为，，所以. 所以平面MNA与平面MNB的夹角的余弦值为. 20. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两人中的任何一人．设n次传球后球在乙手中的概率为； （1）求； （2）求； 【答案】（1），， （2） 【解析】 【分析】（1）记“经过n次传球后，球在乙手中”，利用全概率公式计算即可； （2）设次传球后球在手乙中的概率为，得到，化简整理得，即，结合等比数列的通项公式，即可求解. 【小问1详解】 记“经过n次传球后，球在乙手中”，， 当时，， 当时， 当时， 【小问2详解】 由 ， 即， ∴， ∴是首项为，公比为的等比数列， ∴ ∴ 21. 已知函数． （1）讨论在上的单调性； （2）证明： 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导函数研究函数的单调性，根据的范围对参数进行分类讨论，确定的符号，从而确定函数的单调性；（2）转化为证明成立，构造函数，再利用导函数的隐零点研究单调性，结合隐零点满足的关系式指对互化并回代入原函数值，变形后利用双勾函数求解范围即可证明. 【小问1详解】 由，得， 由，得. 当时，，则，在单调递增； 当时，，则，在单调递减； 当时，由，解得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减. 综上所述， 当时，在单调递增， 当时，在单调递减， 当时，在上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 要证，即证， 令，则， 可知在上单调递增． 又， 故在上有唯一的实根，且． 当时，；当时，， 从而当时，有最小值； 由，得， 故 令，则， 则， ，故在上单调递增， ，即， 故得证. 22 已知定圆，动圆P过点，且和圆相切． （1）求动圆圆心P的轨迹E的方程； （2）设P是第一象限内轨迹E上一点，的延长线分别交轨迹E于点．若分别为，的内切圆的半径，求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意确定，动点P的轨迹E是以为焦点，长轴长为的椭圆，由椭圆的定义即可求出方程. （2）设,表示出直线的方程为，当时，设直线的方程为，分别联立方程，表示出，坐标，再由由椭圆定义可知：求出和的周长.再由等面积法得出，计算并化简，综合基本不等式，即可求出的最大值. 【小问1详解】 圆的圆心为，半径． 设动圆P的半径为r，依题意有．由，可知点在圆内，从而圆P内切于圆，故即． 所以动点P的轨迹E是以为焦点，长轴长为的椭圆. 并且，则，，则，求出=1 则动圆圆心P的轨迹E的方程为：． 【小问2详解】 如图所示， 设，则. 直线的方程为，代入椭圆的方程可得， 整理可得， 则，得， 故. 当时，直线的方程为， 将其代入椭圆方程并整理可得， 同理可得， 由椭圆定义可知：， 则和的周长均为． 因为， 所以 . 当且仅当时，等号成立，又因为，解方程组. 则当且仅当时，等号成立. 当轴时，易知. 此时. 综上的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$