精品解析：上海市闵行区2023-2024学年高二下学期学业质量调研数学试卷

2023学年第二学期高二年级学业质量调研 数学试卷 考生注意： 1．本场考试时间120分钟，试卷共4页，满分150分，答题纸共2页. 2．作答前，考生在答题纸正面填写学校、姓名、考生号，粘贴考生本人条形码. 3．所有作答务必填涂或书写在答题纸上与试卷题号对应的区域，不得错位.在草稿纸、试卷上作答一律不得分. 4．用2B铅笔作答选择题，用黑色笔迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题. 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1—6题每题4分，第7—12题每题5分）考生应在答题纸相应位置直接填写结果. 1. 已知抛物线的方程为，则其准线方程为______． 2. 若，其中，则______． 3. 双曲线的渐近线方程________． 4. 已知，则______． 5. 已知直线一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与平面所成的角的大小为______． 6. 已知，则函数的最小值为______． 7. 设，若，且，则______． 8. 甲，乙两位同学去四个不同的场馆参加志愿者活动，每人选2个场馆去服务，在他们的所有选法中，恰有一个场馆相同的概率为______． 9. 沿着正四面体的三条棱的方向分别有大小等于的三个力，则此三个力的合力的大小为______． 10. 设是以为焦点的抛物线上的动点，是圆上的动点，则的最小值为______． 11. 已知有穷数列的首项为1，末项为10，且任意相邻两项之间满足，则符合上述要求的不同数列的个数为______． 12. 设分别是双曲线的左，右焦点，若存在过点的直线与的左支交于两点，且为等腰直角三角形，则双曲线的离心率为______． 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13—14题每题4分，第15—16题每题5分）每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑. 13. 已知函数在上的导函数为，则“是函数的极值点”是“”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 14. 如图，在平行六面体中，为与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ） A. B. C D. 15. 已知点集分别表示曲线，其中实数满足，则的公共点的个数可能为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 16. 已知函数在上的导函数为，若对任意恒成立，关于下列两个命题的判断，说法正确的是（ ） 命题①：方程至多只有一个实数根； 命题②：若是以2为周期的周期函数，则对任意，都有． A. ①真命题；②假命题 B. ①假命题；②真命题 C ①真命题；②真命题 D. ①假命题；②假命题 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤. 17. 已知实数，在的二项展开式中. （1）求项的系数； （2）若第三项不大于第五项，求的取值范围. 18. 已知直四棱柱，各棱长均为2，且.设分别是的中点. （1）求直线与所成的角的大小； （2）求直线与平面所成的角的大小. 19. 设直线为公海与领海的分界线，一巡逻艇在处发现了北偏东的海面处有一艘走私船，此走私船正向停泊在公海上接应的走私海轮航行，以便上海轮后逃窜.已知巡逻艇的航速是走私船航速的2倍，与相距约为20海里，走私船可能向任一方向逃窜.在如图所示的平面直角坐标系中，试问： （1）如果走私船和巡逻艇都是沿直线航行，且走私船和巡逻船相距6海里，那么走私船能被截获的点是哪些？ （2）设，要保证巡逻艇在领海内捕获走私船（即不能截获走私船的区域与公海不相交），相距最远是多少海里？ 20. 已知椭圆左、右焦点分别为分别为的上，下顶点，是上不同于点A的两点. （1）求值； （2）记的面积分别为，若，求的取值范围； （3）若直线与的斜率之和为2，作，垂足为，试问：点是否在一个定圆上？若是，求出该圆的方程；若不是，说明理由. 21. 若函数的图像上有两个不同点处的切线重合，则称该切线为函数的图像的“自公切线”. （1）试判断函数与的图像是否存在“自公切线”（不需要说明理由）； （2）若，求函数的图像的“自公切线”方程； （3）设，求证：函数的图像不存在“自公切线” 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023学年第二学期高二年级学业质量调研 数学试卷 考生注意： 1．本场考试时间120分钟，试卷共4页，满分150分，答题纸共2页. 2．作答前，考生在答题纸正面填写学校、姓名、考生号，粘贴考生本人条形码. 3．所有作答务必填涂或书写在答题纸上与试卷题号对应的区域，不得错位.在草稿纸、试卷上作答一律不得分. 4．用2B铅笔作答选择题，用黑色笔迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题. 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1—6题每题4分，第7—12题每题5分）考生应在答题纸相应位置直接填写结果. 1. 已知抛物线的方程为，则其准线方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知，且焦点在x轴的正半轴上，即可得准线方程. 【详解】由题意可知，且焦点在x轴的正半轴上， 所以其准线方程为. 故答案为：. 2. 若，其中，则______． 【答案】3 【解析】 【分析】根据排列数的计算即可得到方程，解出即可. 【详解】由题意得，解得或（舍去）， 故答案为：3. 3. 双曲线的渐近线方程________． 【答案】 【解析】 【分析】先确定双曲线的焦点所在坐标轴，再确定双曲线的实轴长和虚轴长，最后确定双曲线的渐近线方程． 【详解】∵双曲线的a=2，b=1，焦点在x轴上 而双曲线的渐近线方程为y=± ∴双曲线的渐近线方程为y=± 故答案为y=± 【点睛】本题考查了双曲线的标准方程，双曲线的几何意义，特别是双曲线的渐近线方程，解题时要注意先定位，再定量的解题思想 4. 已知，则______． 【答案】1 【解析】 【分析】直接求导，再根据导数含义即可得到答案. 【详解】,，则 . 故答案为：1. 5. 已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与平面所成的角的大小为______． 【答案】0## 【解析】 【分析】根据题意可得，可知∥平面或平面，即可得结果. 【详解】由题意可得：，即， 可知∥平面或平面， 所以直线与平面所成的角为0. 故答案为：0. 6. 已知，则函数的最小值为______． 【答案】1 【解析】 【分析】求导，利用导数判断函数的单调性，进而可得最值. 【详解】由题意可知：函数的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 可知函数在内单调递减，在内单调递增， 所以函数的最小值为. 故答案为：1. 7. 设，若，且，则______． 【答案】56 【解析】 【分析】分析可知是二项式系数最大的唯一一项，由二项式系数的性质可得，即可得结果. 【详解】因为， 可知， 若，且，则是二项式系数最大的唯一一项，则， 所以. 故答案为：56. 8. 甲，乙两位同学去四个不同的场馆参加志愿者活动，每人选2个场馆去服务，在他们的所有选法中，恰有一个场馆相同的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据排列组合及古典概型的有关知识即可求解. 【详解】甲，乙两位同学去四个不同的场馆参加志愿者活动，每人选2个场馆去服务，共有种情况， 恰有一个场馆相同共有种情况， 所以在他们的所有选法中，恰有一个场馆相同的概率为. 故答案为：. 9. 沿着正四面体的三条棱的方向分别有大小等于的三个力，则此三个力的合力的大小为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意不妨设，结合数量积求的模长即可. 【详解】由题意可知：，且， 不妨设，则， 可得， 即，所以此三个力的合力的大小为. 故答案为：. 10. 设是以为焦点的抛物线上的动点，是圆上的动点，则的最小值为______． 【答案】4 【解析】 【分析】根据抛物线的定义和圆的性质转化为三点一线即可求出最值. 【详解】抛物线的准线为，设点到准线的距离为，圆心，圆心到准线的距离为，则， 则， 则的最小值为4. 故答案为：4. 11. 已知有穷数列的首项为1，末项为10，且任意相邻两项之间满足，则符合上述要求的不同数列的个数为______． 【答案】55 【解析】 【分析】首末项相差9，从首项到末项的运算方法进行分类，结合组合计数问题列式计算即得. 【详解】依题意，首项和末项相差9，而任意相邻两项之间满足， 设成立的项数共有项，设成立的项数共有项， 可知：， 当时，即后一项与前一项的差均为1，数列的个数为1； 当时，即后一项与前一项差出现1个2，7个1，数列的个数为； 当时，即后一项与前一项的差出现2个2，5个1，数列的个数为； 当时，即后一项与前一项的差出现3个2，3个1，数列的个数为； 当时，即后一项与前一项的差出现4个2，1个1，数列的个数为； 所以符合上述要求的不同数列的个数为. 故答案为：55. 12. 设分别是双曲线的左，右焦点，若存在过点的直线与的左支交于两点，且为等腰直角三角形，则双曲线的离心率为______． 【答案】或 【解析】 【分析】分和两种情况，结合双曲线的定义以及通径分析求解即可. 【详解】因为为等腰直角三角形，则或或， 结合对称性可知：，结果是相同的， 所以只需讨论或即可，则有： 若，可知直线与轴垂直，则，即， 整理得，解得或（舍去）； 若，设，则， 因为，即，可得， 且，即，解得， 又因为，则， 即，整理可得， 所以双曲线的离心率为； 综上所述：双曲线的离心率为或. 故答案为：或. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13—14题每题4分，第15—16题每题5分）每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑. 13. 已知函数在上的导函数为，则“是函数的极值点”是“”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据极值点与之间的关系，结合充分、必要条件分析判断. 【详解】因为函数在上的导函数为， 若是函数的极值点，可知极值点为的变号零点， 即，即充分性成立； 若，不一定是函数极值点， 例如，其在上单调递增，无极值点， 但，且，即必要性不成立； 综上所述：“是函数的极值点”是“”的充分非必要条件. 故选：A. 14. 如图，在平行六面体中，为与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量运算的三角形法则、平行四边形法则表示出即可. 【详解】 = 故选：A. 15. 已知点集分别表示曲线，其中实数满足，则的公共点的个数可能为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据对称性分析可知：曲线的公共点的个数不可能为奇数，再说明若曲线在坐标轴上有交点，则交点也为4个，不会出现2个，并举例说明4个交点的可能. 【详解】对于， 用替换可得：， 即，方程不变，可知曲线关于y轴对称； 用替换可得：， 即，方程不变，可知曲线关于x轴对称； 综上所述：曲线关于x、y轴对称； 同理可知：曲线关于x、y轴对称； 且，可知原点不为公共点， 结合对称性可知：曲线的公共点的个数不可能为奇数，故AC错误； 根据对称性：不妨假设， 若曲线在第一象限内有交点，根据对称性可知：每个象限内均有交点，即交点个数为4的倍数； 若曲线在坐标轴上有交点，不妨设为曲线的公共点， 则，解得， 此时曲线，曲线， 显然也为曲线的公共点， 结合对称性可知：此时至少有4个公共点，即曲线不可能有2个交点，故B错误； 例如， 则曲线，曲线， 令，则，解得， 即，解得或或或， 即交点为，为4个，故D正确； 故选：D. 【点睛】关键点点睛：分析方程的对称性，结合对称性可知交点个数必为偶数. 16. 已知函数在上的导函数为，若对任意恒成立，关于下列两个命题的判断，说法正确的是（ ） 命题①：方程至多只有一个实数根； 命题②：若是以2为周期的周期函数，则对任意，都有． A. ①真命题；②假命题 B. ①假命题；②真命题 C. ①真命题；②真命题 D. ①假命题；②假命题 【答案】C 【解析】 【分析】对于命题①：构造函数，利用导数判断其单调性，结合单调性分析其零点即可；对于命题②：利用函数是定义域为的周期函数，知函数在一个周期上必有最大值和最小值，再利用条件，得到，再对与1的大小关系进行分类讨论，即可得出结论. 【详解】因为，即， 对于命题①：令，故， 可知函数在上单调递增，则至多有一个零点， 所以方程至多只有一个实数根，故命题①为真命题； 对于命题②：因为函数周期为2，取一个周期， 由题意可知在内连续不断，则在内必有最大值和最小值， 设在内的最大值为，最小值为， 设，，且， 对任意， 显然时，恒成立，下面考虑的情况， 由导数定义可知，即， 若，则成立； 若，设，即， 则，且，可得， 所以成立； 综上所述：对任意实数，都成立，故命题②为真命题； 故选：C. 【点睛】关键点点睛：对于命题②：设的最大值为，最小值为，在一个周期上，，当时，结论显然成立，当时，利用不等式的性质可证明. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤. 17. 已知实数，在的二项展开式中. （1）求项的系数； （2）若第三项不大于第五项，求的取值范围. 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可得通项为，令，运算求解即可； （2）由（1）可得：，，根据题意列式求解即可. 【小问1详解】 的二项展开式的通项为， 令，解得， 所以项的系数为. 【小问2详解】 由（1）可得：，， 由题意可知：，且，解得， 所以的取值范围为. 18. 已知直四棱柱，各棱长均为2，且.设分别是的中点. （1）求直线与所成的角的大小； （2）求直线与平面所成的角的大小. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建系标点，利用空间向量求异面直线的夹角； （2）求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【小问1详解】 由题意可知：为等边三角形，且分别是的中点， 则，且∥，可得， 又因为平面， 以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设直线与所成的角为， 则， 所以直线与所成的角的大小. 【小问2详解】 由（1）可得：， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成的角为. 19. 设直线为公海与领海的分界线，一巡逻艇在处发现了北偏东的海面处有一艘走私船，此走私船正向停泊在公海上接应的走私海轮航行，以便上海轮后逃窜.已知巡逻艇的航速是走私船航速的2倍，与相距约为20海里，走私船可能向任一方向逃窜.在如图所示的平面直角坐标系中，试问： （1）如果走私船和巡逻艇都是沿直线航行，且走私船和巡逻船相距6海里，那么走私船能被截获的点是哪些？ （2）设，要保证巡逻艇在领海内捕获走私船（即不能截获走私船的区域与公海不相交），相距最远是多少海里？ 【答案】（1）走私船能被截获的点的轨迹是以为圆心、4为半径的圆. （2）15海里. 【解析】 【分析】（1）设，根据得到方程，化简即可得到轨迹； （2）设，根据化简得到轨迹，；利用在圆内部，得到不等式，转化为直线与圆的位置关系从而得到不等式，解出即可. 【小问1详解】 由题意得，设走私船能被截获的点为， 则，则， 化简得. 因此，走私船能被截获的点的轨迹是以为圆心、4为半径的圆. 【小问2详解】 设走私船能被截获的点为，则， 由，整理得， 走私船能被截获的点的轨迹是以为圆心、为半径的圆，记为圆. 当在圆的内部，则， 可变形为，即， 因此巡逻庭不能在圆内部截获走私船. 分要保证巡逻艇在领海内捕获走私船， 圆内部区域与直线不相交， 则圆心到直线的距离， 所以，相距最远是15海里. 20. 已知椭圆的左、右焦点分别为分别为的上，下顶点，是上不同于点A的两点. （1）求的值； （2）记的面积分别为，若，求的取值范围； （3）若直线与的斜率之和为2，作，垂足为，试问：点是否在一个定圆上？若是，求出该圆的方程；若不是，说明理由. 【答案】（1）2 （2） （3）点在圆 【解析】 【分析】（1）根据椭圆方程求，即可得； （2）根据（1）可得，由题意可得，结合椭圆方程列式求解； （3）设直线，联立方程，根据题意结合韦达定理可知直线过定点，结合垂直关系分析圆的方程，注意分类讨论直线的斜率是否存在. 【小问1详解】 由题意可知：，且焦点在x轴上， 可知， 所以. 【小问2详解】 由（1）可知：， 若，即，可得， 又因为在椭圆上，则，即， 可得，解得或， 且，可得或， 所以的取值范围为. 【小问3详解】 若直线的斜率存在，设直线， 联立方程，消去y得， 则，可得， 因为直线与的斜率之和为2， 则， 整理可得，则， 且，即，可得，整理可得， 此时直线过定点； 若直线的斜率不存在，则， 因为直线与的斜率之和为2， 则，即， 此时直线也过定点； 综上所述：直线过定点， 又因为，则点在以为直径的圆上， 且的中点为，且， 可知以为直径的圆的方程为， 所以点在圆上. 【点睛】方法点睛：存在性问题求解的思路及策略 （1）思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在． （2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论； ②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件； ③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况． 21. 若函数的图像上有两个不同点处的切线重合，则称该切线为函数的图像的“自公切线”. （1）试判断函数与的图像是否存在“自公切线”（不需要说明理由）； （2）若，求函数的图像的“自公切线”方程； （3）设，求证：函数的图像不存在“自公切线” 【答案】（1）答案见详解 （2） （3）证明见详解 【解析】 【分析】（1）对于函数：结合其图象分析判断即可；对于函数：结合的单调性分析判断； （2）求出函数的导数，并设出切点，求出处的切线方程，再利用“双重切线”的定义求出切线方程； （3）假设存在，设切线方程，根据导数求切线方程，列方程组，结合题意分析该方程组解的个数即可判断. 【小问1详解】 对于函数： 由函数的图象可知：和为函数的“自公切线”， 所以函数的图像存在“自公切线”； 对于函数：则，可知在上单调递增， 可知，可知，即任意不同两点的切线斜率不相等， 所以函数的图像不存在“自公切线”. 【小问2详解】 函数，求导得， 显然函数在上单调递增，函数在上单调递减， 设切点，则存在，使得， 则在点处切线方程为，在点处的切线方程为， 因此，消去可得， 令，求导得， 则函数在上单调递增，又，函数的零点为，因此， 所以曲线的“双重切线”的方程为. 【小问3详解】 假设函数的图像存在“自公切线”，设为， 因为，则， 则，， 可知在处的切线方程为， 整理得， 则，即， 可知方程有两个不相等的根，则， 且也为方程的根， 则， 整理得， 且，即， 可得，即， 可得，整理得， 则，整理得，解得， 即此时方程只有一个解， 这与题意相矛盾，即假设不成立， 所以函数的图像不存在“自公切线”. 【点睛】方法点睛：根据过某点切线方程（斜率）或其与某线平行、垂直或重合等求参数问题的解法：利用导数的几何意义、切点坐标、切线斜率之间的关系构建方程(组)或函数求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$