精品解析：云南省大理州2023-2024学年高二下学期普通高中教学质量监测数学试卷

2023~2024学年下学期大理州普通高中质量监测 高二数学试卷 （全卷四个大题，共19个小题，共4页；满分150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号等在答题卡上填写清楚，并认真核准条形码上的相关信息，在规定的位置贴好条形码. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.非选择题用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回. 第I卷（选择题，共58分） 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. 设，则的虚部是（ ） A. 1 B. -1 C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 在平面直角坐标系中，已知两点，点为动点，且直线与的斜率之积为，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 34 B. 39 C. 42 D. 45 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量满足，，则向量在向量方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 已知菱形，将沿对折至，使，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的导数为，若方程有解，则称函数是“T函数”，则下列函数中，不能称为“函数”的是（ ） 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 小华到大理旅游，对于是否选择崇圣寺三塔与蝴蝶泉这两个景点，下列各事件关系中正确的是（ ） A. 事件“至少选择其中一个景点”与事件“至多选择其中一个景点”为互斥事件 B. 事件“两个景点均未选择”与事件“至多选择其中一个景点”互为对立事件 C. 事件“只选择其中一个景点”与事件“两个景点均选择”为互斥事件 D. 事件“两个景点均选择”与事件“至多选择其中一个景点”互为对立事件 10. 已知函数的图象向左平移个单位后得到的图象，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的图象关于对称 C. 的图象关于对称 D. 在上单调递增 11. 已知为坐标原点，曲线图象酷似一颗“红心”（如图）.对于曲线C，下列结论正确的是：（ ） A. 曲线恰好经过6个整点（即横､纵坐标均为整数的点） B. 曲线上存在一点使得 C. 曲线上存在一点使得 D. 曲线所围成的“心形”区域的面积大于3 第II卷（非选择题，共92分） 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 某年级有男生490人，女生510人，为了解学生身高，按性别进行分层，并通过分层随机抽样的方法得到样本容量为100的样本数据，若抽样时在各层中按比例分配样本，并得到样本中男生､女生的平均身高分别为和，在这种情况下，可估计该年级全体学生的平均身高为______. 13. 设分别是椭圆的左､右焦点，过的直线交椭圆于两点，且，则椭圆的离心率为______. 14. 对函数做如下操作：先在轴找初始点，然后作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线，依次类推.现已知初始点为，若按上述过程操作，则______，所得三角形的面积为______.（用含有的代数式表示） 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. 已知的内角的对边分别为. （1）求的值； （2）若的面积为，求的周长. 16. 已知，分别是数列和的前项和，，. （1）求数列和的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 17. 如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，分别是的中点，点为线段上一点，. （1）证明：； （2）若平面与平面的夹角的余弦值为，试求的值. 18. 已知函数为函数的极值点. （1）求实数的值，并求出的极值； （2）若时，关于的方程有两个不相等实数根. ①求实数的范围； ②求证. 19. 已知定点，直线，动圆过点且与直线相切，动圆圆心的轨迹为曲线. （1）求曲线C的方程； （2）若为正数，圆与曲线只有一个交点，求正数的取值范围； （3）在（2）的条件下所得到半径最大的圆记为圆，点是曲线上一点，且，过作圆的两条切线，分别交轴于两点，求面积的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023~2024学年下学期大理州普通高中质量监测 高二数学试卷 （全卷四个大题，共19个小题，共4页；满分150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号等在答题卡上填写清楚，并认真核准条形码上的相关信息，在规定的位置贴好条形码. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.非选择题用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回. 第I卷（选择题，共58分） 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. 设，则的虚部是（ ） A. 1 B. -1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简求出，根据虚部概念得解. 【详解】，则的虚部为1． 故选：A. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出两个集合，后求余集再求交集即可. 【详解】 ，． 令，解得．故，. 故选：D． 3. 在平面直角坐标系中，已知两点，点为动点，且直线与的斜率之积为，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先设点再根据斜率公式计算即可. 【详解】设，可得,x不为0， 所以. 故选：D. 4. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 34 B. 39 C. 42 D. 45 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的片段和性质即可求解. 【详解】由成等差数列， 则，即，故. 故选：B 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据同角基本关系式化简已知得的值，再利用二倍角公式求解. 【详解】根据题意，， 即，解得或（舍）， 所以. 故选：B 6. 已知向量满足，，则向量在向量方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出，再将两边平方，结合数量积的运算律求出，最后根据投影向量的定义计算可得. 【详解】因为，所以， 又，所以，即， 即，所以， 所以向量在向量方向上的投影向量为. 故选：B 7. 已知菱形，将沿对折至，使，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据为二面角的平面角，根据余弦定理可得，设球的半径为R，利用勾股定理从而可得外接球的半径，即可由表面积公式求解． 【详解】如图，取的中点，连接， 由题意，菱形，所以， 所以为二面角的平面角， ,, 故，所以， 因为是边长为的等边三角形，则其外接圆的半径， 过点作与平面的垂线，垂足为, 则在直线上，且， 设球的半径为，设到平面的距离为，连接， 可得， 即，解得， 所以外接球的表面积为． 故选：C. 8. 已知函数的导数为，若方程有解，则称函数是“T函数”，则下列函数中，不能称为“函数”的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数的导数，若方程有解，则函数是“T函数”，依次判断选项即可. 【详解】对于A，，则，令， 解得：，则函数是“T函数”； 对于B，，则，令， 所以，则在上单调递增，，， 根据零点存在定理可得：存在，使得， 即方程有解，则函数是“T函数”； 对于C，，则， 因为，则，即方程无解，则不是“T函数” 对于D，，则， 令，则， 所以在上单调递增；由于，，所以存在，使得， 即有解，则函数是“T函数” 故选：C 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 小华到大理旅游，对于是否选择崇圣寺三塔与蝴蝶泉这两个景点，下列各事件关系中正确的是（ ） A. 事件“至少选择其中一个景点”与事件“至多选择其中一个景点”为互斥事件 B. 事件“两个景点均未选择”与事件“至多选择其中一个景点”互为对立事件 C. 事件“只选择其中一个景点”与事件“两个景点均选择”为互斥事件 D. 事件“两个景点均选择”与事件“至多选择其中一个景点”互为对立事件 【答案】CD 【解析】 【分析】根据对立事件和互斥事件的概念，分析各个选项的内容即可得到答案. 【详解】对于是否选择崇圣寺三塔与蝴蝶泉这两个景点， 可能的结果有，两个景点都不选择，选择一个景点，选择两个景点， 事件“至少选择其中一个景点”包括选择一个景点和选择两个景点， 事件“至多选择其中一个景点”包括两个景点都不选择和选择一个景点， 所以事件“至少选择其中一个景点”与事件“至多选择其中一个景点”两事件可能同时发生， A错误； 事件“两个景点均未选择”与事件“至多选择其中一个景点”两事件可能同时发生，B错误； 事件“只选择其中一个景点”与事件“两个景点均选择”不能同时发生，C正确； 事件“两个景点均选择”与事件“至多选择其中一个景点”不能同时发生， 并且必有一个发生，D正确. 故选：CD 10. 已知函数的图象向左平移个单位后得到的图象，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的图象关于对称 C. 的图象关于对称 D. 在上单调递增 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，根据平移可得，再根据诱导公式求解即可；对于BC，代入表达式求解函数值即可；对于D，利用整体法即可求解. 【详解】由题意，， 对于A，，故A错误； 对于B，由，故B正确； 对于C，由，故C正确； 对于D，由， 解得， 当时，的单调递增区间为（不能再扩大），故D错误. 故选：BC. 11. 已知为坐标原点，曲线图象酷似一颗“红心”（如图）.对于曲线C，下列结论正确的是：（ ） A. 曲线恰好经过6个整点（即横､纵坐标均为整数的点） B. 曲线上存在一点使得 C. 曲线上存在一点使得 D. 曲线所围成的“心形”区域的面积大于3 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过对曲线方程特点分析，分，，三种情况下，曲线图象经过的点，即可判断A,B项，对于C项，考虑方程变形后，利用基本不等式即可判断排除C；对于D项，由A项得到的整点围成的图形面积之和即可判断. 【详解】对于A，当时，代入方程得，，即曲线经过点； 当时，方程可整理成：， 由解得：，又，故只能取1， 此时代入方程得，，解得或，即曲线经过； 由曲线方程的特征易得曲线关于轴对称，可知曲线还经过， 故曲线共经过6个整数点，即A正确； 对于B，当时，方程为，，即得或， 即曲线经过点，此时,故B正确； 对于C，当时，由可得，， 当且仅当时取等号，解得， 即曲线在轴右侧区域内的任意点，都满足， 根据对称性，曲线上任意一点到原点距离都不超过，故C错误； 对于D， 如图，由上分析知，曲线经过点, 则曲线所围成的“心形”区域的面积, 即D正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：本题主要考查二次方程表示的曲线的性质应用，属于难题. 解题思路在于，就二次方程中的绝对值进行分类讨论，找到曲线经过的整点，以此为突破口，可解决相关距离和面积范围等问题. 第II卷（非选择题，共92分） 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 某年级有男生490人，女生510人，为了解学生身高，按性别进行分层，并通过分层随机抽样的方法得到样本容量为100的样本数据，若抽样时在各层中按比例分配样本，并得到样本中男生､女生的平均身高分别为和，在这种情况下，可估计该年级全体学生的平均身高为______. 【答案】164.9 【解析】 【分析】由抽样比例，得到男生人数和女生人数，再由分层抽样的平均值公式计算平均身高. 【详解】通过分层随机抽样的方法得到样本容量为100的样本数据， 男生抽取的人数为，女生抽取的人数为． 样本中男生､女生的平均身高分别为和， 可估计该年级全体学生的平均身高为. 故答案为：164.9 13. 设分别是椭圆的左､右焦点，过的直线交椭圆于两点，且，则椭圆的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，则，根据椭圆定义表示，再根据勾股定理建立关系，解得离心率. 【详解】设，则， 根据椭圆定义，因此，， 又因为，所以， 即，解得， 则 则在中，， 即，所以 故答案为： 14. 对函数做如下操作：先在轴找初始点，然后作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线，依次类推.现已知初始点为，若按上述过程操作，则______，所得三角形的面积为______.（用含有的代数式表示） 【答案】 ①. ②. （也可写为）. 【解析】 【分析】先得到，求导，根据导数几何意义得到切线方程，求出，，依次求解，得到，，，，从而求出的面积为. 【详解】因为，所以， ，故， 在处的切线方程为， 令得，故， 则，故， 故， 故在处的切线方程为， 令得，即， 依次类推，，， 又， 故的面积为. 故答案为：， 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. 已知的内角的对边分别为. （1）求的值； （2）若的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和三角形内角关系定理化简即得； （2）利用三角形面积求出的值，再由余弦定理求出的值，即得的周长. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得：， 因, 则有，，因，可知，可得 . 【小问2详解】 由（1）可知：，则， 因为的面积为，可得， 由余弦定理可得， 解得，， 所以的周长为. 16. 已知，分别是数列和的前项和，，. （1）求数列和的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）对于，看出为等差数列，用等差数列知识求出通项公式即可；对于，化简变形得到，用等比数列的知识性质解题即可. （2）用错位相减法解题即可. 【小问1详解】 由可知数列是公差为2的等差数列 由，解得，所以. 由，则，两式相减并整理得：， 所以数列是公比为3的等比数列，由得，所以. 【小问2详解】 由（1）可得， 所以， 则， 所以 ， 所以． 17. 如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，分别是的中点，点为线段上一点，. （1）证明：； （2）若平面与平面的夹角的余弦值为，试求的值. 【答案】（1）证明：因为，则，即， 如图所示，以为原点建立空间直角坐标系， 则， 又因为，可得， 所以. （2） 【解析】 【分析】（1）比较好建系，可用相量法解题，只需要证明即可; （2）建立坐标系以后，写出关键点坐标，取出平面的一个法向量，求出平面的一个法向量，运用余弦值为构造方程，解出即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 假设存在，易知平面的一个法向量为 因为， 设是平面的一个法向量，则， 令，可得，可得， 则， 化简得，解得或， 因为，可得. 18. 已知函数为函数的极值点. （1）求实数的值，并求出的极值； （2）若时，关于的方程有两个不相等实数根. ①求实数的范围； ②求证. 【答案】（1），极小值为0，无极大值 （2）①； ②证明：由题意可知， 要证，即证，由于且时单调递减 即证，由于，即证 令 所以在单调递减，所以，所以成立， 所以原命题成立，即成立. 【解析】 【分析】（1）先求导函数再根据导数正负得出单调性再求出极值即可； （2）应用函数单调性结合零点个数求参即可，构造函数根据函数单调性证明不等式即可. 【小问1详解】 由已知：， 依题意：，解得， 此时，当时，则单调递减，当时， 单调递增，故是函数唯一的极小值点， 则，无极大值. 【小问2详解】 ①由（1），时单调递减，时单调递增， 故. 又，则 ， 由方程有两解可得， ②略 【点睛】方法点睛：构造函数，再求导函数根据导函数正负判断函数单调性证明不等式. 19. 已知定点，直线，动圆过点且与直线相切，动圆圆心的轨迹为曲线. （1）求曲线C的方程； （2）若为正数，圆与曲线只有一个交点，求正数的取值范围； （3）在（2）的条件下所得到半径最大的圆记为圆，点是曲线上一点，且，过作圆的两条切线，分别交轴于两点，求面积的最小值. 【答案】（1） （2） （3）8 【解析】 【分析】（1）利用抛物线的定义理解动点轨迹易得曲线方程； （2）将圆与抛物线方程联立消元求出的值，由题意即可求得参数的范围； （3）设点，分别求出直线的方程，，运用同构思想求出和，继而求得，最后求出面积的表达式，利用基本不等式求得其最小值. 【小问1详解】 由题意，动圆圆心到点的距离等于到直线的距离， 故曲线是以为焦点，为准线的抛物线，其方程形如：， 因，故曲线的方程为. 【小问2详解】 将圆方程与曲线方程联立得，， 得，解得：. 由可知，因两曲线只有一个交点， 则必须，即，又因为为正数， 故. 【小问3详解】 如图，设，由，则直线的方程为， 依题意圆心到的距离为1，即， 化简得， 同理可得， 所以是方程的两根， 所以，依题意，则， 又，所以，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以面积的最小值8. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $