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湖南省岳阳市2023 2024学年高二下学期教学质量监测数学试题
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，，则集合的子集个数为（ ）
A．2 B．4 C．8 D．16
2．设数列为等比数列，若，，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知平面向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
4．已知，均为锐角，，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．已知椭圆的左右焦点分别为，，为椭圆上一点，且直线的一个方向向量为，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．将甲、乙等6人安排到三个景点做环保宣传工作，每个景点安排2人，其中甲、乙不能安排去同一个景点，不同的安排方法数有（ ）
A．84 B．90 C．72 D．78
7．设，，，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数，，若函数有8个零点，则正数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．根据国家统计局统计，我国2018-2023年的出生人口数（单位：万人）分别为：1523，1465，1202，1062，956，902，将年份减去2017记为x，出生人口数记为y，得到以下数据：
x 1 2 3 4 5 6
y（单位：万人） 1523 1465 1202 1062 956 902
已知，由最小二乘法求得关于的经验回归方程为，则（ ）
A．
B．这6年出生人口数的下四分位数为1465
C．样本相关系数
D．样本点的残差为55
10．已知菱形的边长为2，，E，F，G分别为AD、AB、BC的中点，将沿着对角线AC折起至，连结，得到三棱锥.设二面角的大小为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．当平面截三棱锥的截面为正方形时，
C．三棱锥的体积最大值为1
D．当时，三棱锥的外接球的半径为
11．已知函数，对任意的实数x，y都有成立，，，则（ ）
A．为偶函数 B．
C． D．4为的一个周期
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知为虚数单位，则的共轭复数为 .
13．在中，内角的对边分别为，若且，则面积的最大值为 .
14．抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于A、B两点，抛物线在A、B处的切线交于点，则的最小值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，在圆锥中，为圆的直径，为圆弧的两个三等分点，为的中点，；
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
16．某企业使用新技术生产某种产品，该产品在出厂前要经历生产和检测两道工序，生产工序的次品率为.检测工序包括智能自动检测和人工抽查检测，智能自动检测为合格品则进入流水线并由人工抽查检测.
(1)从经过生产工序但未经检测工序的产品中随机抽取件进行检测，求这件产品中的次品数的分布列和数学期望；
(2)若智能自动检测的准确率为，求一件产品进入人工抽查检测环节的概率.
17．已知函数，其中.
(1)若，求在处的切线方程；
(2)当时，设.求证：存在极小值点.
18．定义：对于一个无穷数列，如果存在常数，对于任意给定的正数，总存在正整数，使得对于任意大于的正整数，都有.则称常数为数列的极限，记作.根据上述定义，完成以下问题：
(1)若，，判断数列和是否存在极限；如果存在，请写出它的极限（不需要证明）；
(2)已知数列的前项和为，，数列是公差为的等差数列；
①求数列的通项公式；
②若.证明：
19．已知平面内两个定点，，满足直线与的斜率之积为的动点的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同两点；
(1)求曲线的轨迹方程；
(2)若直线和的斜率之积为，求证：直线过定点；
(3)若直线与直线分别交于，求证：.
参考答案
1．【答案】C
【分析】先求解出集合，然后求解出的子集个数.
【详解】因为，所以，
即，
所以，
所以的子集个数为8.
故选C.
2．【答案】D
【分析】根据条件得到，再利用等比数列的通项公式，即可求出结果.
【详解】因为数列为等比数列，设公比为，
因为，，所以，得到，
又，当时，，当时，，
故选D.
3．【答案】A
【分析】利用投影向量的定义求解即可.
【详解】向量，
则向量在向量上的投影向量是
.
故选A.
4．【答案】B
【分析】根据条件，利用平方关系得到，，构角，利用余弦的和角公式，即可求出结果.
【详解】因为，均为锐角，即，所以，，
又，，
所以，，
所以
，
故选B.
5．【答案】A
【分析】由可得是直角三角形，进而可得，再根据椭圆定义建立等式计算即可.
【详解】因为，所以，即是直角三角形，
因为直线的一个方向向量为，所以，即，
因为，所以，
因为，所以.
故选A.
6．【答案】C
【分析】先选出两人分别与甲，乙组队，再进行全排列，得到答案.
【详解】除甲和乙外，从剩余的4人中选两人，分别与甲和乙组队，有种情况，
再将分好的3组和3个景点进行全排列，共有种情况，
故不同的安排方法数有.
故选C.
7．【答案】B
【分析】首先判断与，与的大小，然后构造函数，通过研究得出与的大小，选出答案.
【详解】设，则，
当时，，即在上单调递减，
故，故，所以，
所以，即；
因为，所以，即；
构造函数，，
当时，，单调递增，
所以，即.
故选B.
8．【答案】D
【分析】令，得到或，当，，利用导数与函数单调性间的关系，得到的单调区间，数形结合，得到当时，有四个根，从而有当，有四个零点，由和，直接求出零点，即可求出结果.
【详解】令，得到，解得或，
又时，，，由得到，由，得到，
即当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
又，，时，，其图象如图，
所以，当时，或均有2个根，
有四个根，即时，有四个零点，
又函数有8个零点，所以，当，有四个零点，
由，得到或，
即或，
由，得到或，
即或，
又，，所以从右向左的个零点为，，，， ，
所以，得到，
故选D.
9．【答案】AC
【分析】对A，回归直线过样本中心点；对B，注意百分位数的计算方法；对C，相关系数与回归直线的斜率正负相同；对D，残差为观测值减去预测值.
【详解】对A，，所以，A正确；
对B，，所以下四分位数是把数据从小到大排列的第二个数956，B错误；
对C，相关系数和的正负相同，C正确；
对D，时，，对应残差为，D错误.
故选AC.
10．【答案】ACD
【分析】对A，利用线面垂直证线线垂直；对B，计算出的长度即可；对C，当为直角时体积最大；对D，先找到球心的位置，再进行计算.
【详解】对A，取AC中点H，则由，，
所以AC⊥，，
平面，，
所以AC⊥面，又平面，
所以AC⊥，A正确；
对B，取的中点I，易知EFGI为平行四边形(如下图)，
则截面为正方形时，EF=FG=1，由中位线=2，又BH==，
所以不可能为，B错误；
对C，当面ABC时体积最大，最大为，C正确；
对D，过和的外心作所在面的垂线，则交点O即为外心，
又，所以，所以，D正确.
故选ACD.
11．【答案】BCD
【分析】对于前三个选项可以运用赋值法可解，对于D，先考虑周期性，再赋值即可解决.
【详解】对于A，令，代入计算得，，即2．
则.令，代入计算得，，则，故为奇函数，故A错误；
对于B，令，代入计算得，，即，则，故B正确；
对于C，令为，令，则，
变形即，故C正确；
对于D， 令为，，代入计算得，即，
则.令为代入得到，
则周期为4.
由C得，，
且，运用周期为4，
则，
则，故4为的一个周期，故D正确．
故选BCD.
12．【答案】
【分析】根据条件，利用复数的运算法则及共轭复数的定义，即可求出结果.
【详解】因为，所以的共轭复数为，
故答案为：.
13．【答案】
【分析】根据正弦定理、内角和定理、两角和正弦公式、特殊角的三角函数化简等式解出角，利用余弦定理、基本不等式和三角形面积公式解出最大值；
【详解】，
，
余弦定理可知
，当时，等号成立
即，
则面积为
则面积的最大值为.
故答案为：.
14．【答案】9
【分析】设直线方程为，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，求出，再结合导数的几何意义得到在A、B处的切线方程，联立后求出的坐标，从而得到，从而表达出，结合对勾函数单调性得到最值.
【详解】由题意得，当直线斜率为0时，不满足与抛物线交于两个点，
设直线方程为，联立得，，
设，，
则，
故，，
故，
，，故过的切线方程为，
同理可得过点的切线方程为，
联立与得
，
故
，
故，
，则，
故，
其中，由在上单调递增，
故当，即时，取得最小值，
最小值为.
故答案为：9.
【方法总结】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
15．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的性质得到，再根据条件得到，利用线面垂直的判定定理得到面，再利用面面垂直的判定定理，即可证明结果；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量及，再利用线面角的向量法，即可求出结果.
【详解】（1）因为面圆，又面圆，所以，
又为圆弧的两个三等分点，所以，得到，
又，所以,
又，面，所以面，
又面，所以平面平面.
（2）取的中点，连接，如图，以所以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
因为为的中点，，
所以，
又因为，，所以，
则，，
设平面的一个法向量为，由，得到，
取，得到，，所以，
设直线与平面所成的角为，
所以.
16．【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）根据条件知，利用二项分布列及期望公式，即可求出结果；
（2）记事件：生产的产品为合格品，事件：智能自动检测为合格品，
则，，，，再利用全概率公式，即可求出结果.
【详解】（1）由题知，，
所以的分布列为，
.
（2）记事件：生产的产品为合格品，事件：智能自动检测为合格品，
则，，，，
所以一件产品进入人工抽查检测环节的概率为.
17．【答案】(1)
(2)证明见详解.
【详解】（1）依题意得，函数的定义域为，
因为，
所以，
所以，
所以，
又因为，
所以在处的切线方程为，
即.
（2）因为，
所以，
即，
所以，
令，
则，
所以对任意，有，故在单调递增.
因为，
所以，，
所以存在，使得.
因为恒成立，
所以和在区间上的情况如下表：
单调递减 极小值 单调递增
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.
所以存在极小值点.
【关键点拨】（1）当时，，由此利用导数的几何意义即可求出函数在处的切线方程.
（2）求得导数，得到，再求函数的导数，因为，所以与同号，构造函数，求得，利用零点存在定理证明函数存在，使得，进而得到在上的单调性，即可作出证明.
18．【答案】(1)数列存在极限，极限为；数列不存在极限
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）根据题设定义，即可判断出结果；
（2）①根据条件得到，利用与间的关系，得到，再利用累积法，即可求出结果；
②利用①中结果，得到，再根据题设定义，即可求出结果.
【详解】（1）数列存在极限，因为当时，，所以，
数列不存在极限，因为当时，，，
所以数列不存在极限，
（2）①因为，所以，得到①，
当时，②，
由①②，得到，整理得到，
所以，得到，
又，所以当时，，又，满足，
所以数列的通项公式为.
②由（1）知，
所以，
当时，，所以.
19．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）设，由题有，化简得到，
所以曲线的轨迹方程为.
（2）因为直线和的斜率之积为，所以直线的斜率存在，设，，，
由，消得到，
则，，
，
化简整理得到，得到或，
当时，，直线过定点与重合，不合题意，
当，，直线过定点，所以直线过定点.
（3）由（2）知，，
所以的中点坐标为，
又易知直线直线是双曲线的渐近线，设，
由，消得到，
所以，，得到的中点坐标为，
所以的中点与的中点重合，设中点为，
则，从而有.
【关键点拨】（1）设，根据条件建立等式，化简即可求出结果；
（2）设，联立方程，消得到，由韦达定理得，利用条件，即可得到或，即可证明结果；
（3）根据条件得出和的中点重合，即可证明结果.

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