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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
1．（2024高二下·大理期末）设，则的虚部是（　　）
A．1 B．-1 C． D．
2．（2024高二下·大理期末）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·大理期末）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．（2024高二下·大理期末）已知等差数列的前项和为，若，则（　　）
A．34 B．39 C．42 D．45
5．（2024高二下·大理期末）若，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·大理期末）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．（2024高二下·大理期末）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．（2024高二下·大理期末）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．
9．（2024高二下·大理期末）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．（2024高二下·大理期末）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．（2024高二下·大理期末）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
12．（2024高二下·大理期末）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．（2024高二下·大理期末）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．（2024高二下·大理期末）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）
15．（2024高二下·大理期末）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．（2024高二下·大理期末）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．（2024高二下·大理期末）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．（2024高二下·大理期末）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．（2024高二下·大理期末）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.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
则的虚部为1．
故答案为：A.
【分析】利用复数的乘除法运算法则化简求出复数，再根据复数的虚部的定义，从而得出复数z的虚部.
2．【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为 ，
所以．
令，解得，
则，
所以.
故答案为：D．
【分析】先利用一元二次不等式求解方法得出集合A，再结合对数函数的单调性得出集合B，再根据交集和补集的运算法则，从而得出集合.
3．【答案】D
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：设，
可得，x不为0，
所以.
故答案为：D.
【分析】先设点，再根据两点求斜率公式，从而得出点的轨迹方程.
4．【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差中项
【解析】【解答】解：由成等差数列，
则，
所以，
则.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和等差数列的片段和性质，从而得出等差数列的前15项的和.
5．【答案】B
【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：根据题意，，
则，
解得或（舍），
所以.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和同角基本关系式，从而化简得出的值，再利用二倍角的余弦公式，从而得出的值.
6．【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，
所以，
又因为，
所以，
则，
所以，
所以，
所以向量在向量方向上的投影向量为.
故答案为：B.
【分析】利用向量的模的坐标表示，从而求出，再将两边平方结合数量积的运算律，从而求出的值，最后根据数量积求投影向量的坐标公式，从而得出向量在向量方向上的投影向量的坐标.
7．【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：如图，取的中点，连接，
由题意，则菱形，
所以，
所以为二面角的平面角，
则，，
所以，
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，到平面的距离为，连接，
可得，
则，
解得，
所以外接球的表面积为．
故答案为：C.
【分析】根据为二面角的平面角，再根据余弦定理可得的值，设球的半径为R，再利用勾股定理可得外接球的半径，再根据球的表面积公式得出三棱锥的外接球的表面积．
8．【答案】C
【知识点】函数的概念及其构成要素；利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：对于A，因为，
则，
令，解得：，
则函数是“T函数”，故A错误；
对于B，因为，
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，
则方程有解，
则函数是“T函数”，故B错误；
对于C，因为，
则，
因为，
所以，
所以方程无解，
则不是“T函数”，故C正确；
对于D，因为，
则，
令，
则，
所以在上单调递增，
因为，，
所以存在，使得，
所以有解，
则函数是“T函数”，故D错误.
故答案为：C.
【分析】先求出函数的导数，若方程有解，则函数是“T函数”，从而依次判断各选项，进而找出不能称为“函数”的选项.
9．【答案】C,D
【知识点】互斥事件与对立事件
【解析】【解答】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，
故A错误；
因为事件“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，故B错误；
因为事件“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，故C正确；
因为事件“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，
故D正确.
故答案为：CD.
【分析】根据已知条件和对立事件和互斥事件的概念，从而逐项判断找出关系正确的选项.
10．【答案】B,C
【知识点】简单的三角恒等变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由题意，得：.
对于A，因为故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.
故答案为：BC.
【分析】根据二倍角的正弦公式和余弦公式以及辅助角公式，再结合正弦型函数的图象变换得出函数的解析式，则判断出选项A；根据换元法和余弦函数的对称性，则判断出余弦型函数的对称性，从而判断出选项B和选项C；利用换元法和余弦函数的单调性，则判断出余弦型函数的单调性，从而判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】曲线与方程；图形的对称性
【解析】【解答】解：对于A，当时，代入方程得，，
则曲线经过点；
当时，方程可整理为：，
由，
解得：，
又因为，所以只能取1，
此时代入方程得，，解得或，
则曲线经过；
由曲线方程的特征易得曲线关于轴对称，
可知曲线还经过，
所以曲线共经过6个整数点，故A正确；
对于B，当时，方程为：，得或，
则曲线经过点，此时，故B正确；
对于C，当时，由，
可得，当且仅当时取等号，
解得，
则曲线在轴右侧区域内的任意点，都满足，
根据图形的对称性，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，
由以上分析知，曲线经过点，
则曲线所围成的“心形”区域的面积，
故D正确.
故答案为：ABD.
【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，则判断出选项A和选项B；考虑方程变形后，利用基本不等式求最值的方法，则可判断，从而判断出选项C；由选项A得到的整点围成的图形面积之和，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
12．【答案】164.9
【知识点】分层抽样方法；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】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.
【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估计出该年级全体学生的平均身高.
13．【答案】
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设，则，
根据椭圆定义，因此，，
又因为，
所以，
则，解得，
则
在中，，
则，
所以
故答案为：.
【分析】设，则，根据椭圆定义表示出，再根据勾股定理建立的关系式，则由椭圆的离心率公式得出椭圆的离心率.
14．【答案】；（也可写为）.
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：因为，所以，
则，
故，
所以在处的切线方程为，
令，得，故，
则，故，
则，
所以在处的切线方程为，
令，得，则，
依次类推，，，
又因为，
所以的面积为：
故答案为：，.
【分析】先得到，再求导，则根据导数几何意义得出切线的斜率，从而由点斜式得到切线方程，进而求出，，依次求解得到，，，，从而求出的面积为.
15．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理可得：，
又因为，
则，
又因为，可知，
可得.
（2）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.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件和正弦定理、两角和的正弦公式、三角形内角和定理、诱导公式以及三角形中角C的取值范围，从而得出角C的余弦值.
（2）利用三角形面积求出的值，由余弦定理求出的值，再结合已知条件和三角形的周长公式，从而得出的周长.
（1）因为，
由正弦定理可得：，
因，
则有，，因，可知，可得
.
（2）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．【答案】（1）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.
（2）解：由（1）可得，
所以，
则，
所以
，
所以．
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用递推公式和等差数列的定义，从而得出等差数列的通项公式，再结合的关系式和等比数列的定义，从而得出等比数列的通项公式.
（2）利用已知条件和（1）中数列和的通项公式，从而得出数列的通项公式，再结合错位相减法得出数列的前项和.
（1）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.
（2）由（1）可得，
所以，
则，
所以
，
所以．
17．【答案】（1）证明：因为，
所以，则，
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：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.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件和勾股定理，从而以A为原点建系，则得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而证出.
（2）假设存在，易知平面的一个法向量为，再得出平面的一个法向量，结合数量积求向量夹角的余弦值公式和已知条件以及a的取值范围，从而得出满足要求的a的值.
（1）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）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．【答案】（1）解：由已知可得：，
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.
（2）①解：由（1）可得，
当时，单调递减；当时，单调递增，
所以，
又因为，
则，
，
由方程有两解，
可得.
②证明：由题意可知，
要证，即证，
因为且时，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，
则成立.
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）先求导函数，再根据极值点求解方法得出a的值；再利用导数正负判断函数的单调性，从而求出函数极值.
（2）①利用对数判断函数的单调性，从而得出函数的最小值，再结合函数零点个数以及函数零点与方程的根的等价关系，从而得出实数m的取值范围.
②由题意可知，要证，即证，利用且时，单调递减，即证，再利用，即证，从而构造函数，再根据导数判断函数单调性，从而证出不等式成立.
（1）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.
（2）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.
19．【答案】（1）解：由题意，动圆圆心到点的距离等于到直线的距离，
则曲线是以为焦点，为准线的抛物线，其方程形如：，
因为，
所以，曲线的方程为.
（2）解：将圆方程与曲线方程联立得，，
则，
解得：.
由，可知，
因为两曲线只有一个交点，
则必须，
则，
又因为为正数，
所以.
（3）解：如图，设，
由，则直线的方程为，
依题意，圆心到的距离为1，
则，化简得，
同理可得，
所以是方程的两根，
所以，
依题意，则，
又因为，
所以，
所以，
所以
当且仅当时，即当时取等号，
所以面积的最小值8.
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用抛物线的定义结合已知条件得出曲线C的方程.
（2）将圆与抛物线方程联立求出的值，由两曲线只有一个交点和为正数，从而得出实数a的取值范围.
（3）设点，分别求出直线的方程，再利用同构思想求出和的值，从而求出的值，利用三角形的面积公式求出面积的表达式，最后利用基本不等式求最值的方法得出面积的最小值.
（1）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.
（2）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.
（3）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.
1 / 1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
1．（2024高二下·大理期末）设，则的虚部是（　　）
A．1 B．-1 C． D．
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
则的虚部为1．
故答案为：A.
【分析】利用复数的乘除法运算法则化简求出复数，再根据复数的虚部的定义，从而得出复数z的虚部.
2．（2024高二下·大理期末）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为 ，
所以．
令，解得，
则，
所以.
故答案为：D．
【分析】先利用一元二次不等式求解方法得出集合A，再结合对数函数的单调性得出集合B，再根据交集和补集的运算法则，从而得出集合.
3．（2024高二下·大理期末）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
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：设，
可得，x不为0，
所以.
故答案为：D.
【分析】先设点，再根据两点求斜率公式，从而得出点的轨迹方程.
4．（2024高二下·大理期末）已知等差数列的前项和为，若，则（　　）
A．34 B．39 C．42 D．45
【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差中项
【解析】【解答】解：由成等差数列，
则，
所以，
则.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和等差数列的片段和性质，从而得出等差数列的前15项的和.
5．（2024高二下·大理期末）若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：根据题意，，
则，
解得或（舍），
所以.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和同角基本关系式，从而化简得出的值，再利用二倍角的余弦公式，从而得出的值.
6．（2024高二下·大理期末）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
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，
所以，
又因为，
所以，
则，
所以，
所以，
所以向量在向量方向上的投影向量为.
故答案为：B.
【分析】利用向量的模的坐标表示，从而求出，再将两边平方结合数量积的运算律，从而求出的值，最后根据数量积求投影向量的坐标公式，从而得出向量在向量方向上的投影向量的坐标.
7．（2024高二下·大理期末）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
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：如图，取的中点，连接，
由题意，则菱形，
所以，
所以为二面角的平面角，
则，，
所以，
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，到平面的距离为，连接，
可得，
则，
解得，
所以外接球的表面积为．
故答案为：C.
【分析】根据为二面角的平面角，再根据余弦定理可得的值，设球的半径为R，再利用勾股定理可得外接球的半径，再根据球的表面积公式得出三棱锥的外接球的表面积．
8．（2024高二下·大理期末）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
【知识点】函数的概念及其构成要素；利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：对于A，因为，
则，
令，解得：，
则函数是“T函数”，故A错误；
对于B，因为，
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，
则方程有解，
则函数是“T函数”，故B错误；
对于C，因为，
则，
因为，
所以，
所以方程无解，
则不是“T函数”，故C正确；
对于D，因为，
则，
令，
则，
所以在上单调递增，
因为，，
所以存在，使得，
所以有解，
则函数是“T函数”，故D错误.
故答案为：C.
【分析】先求出函数的导数，若方程有解，则函数是“T函数”，从而依次判断各选项，进而找出不能称为“函数”的选项.
9．（2024高二下·大理期末）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】C,D
【知识点】互斥事件与对立事件
【解析】【解答】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，
故A错误；
因为事件“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，故B错误；
因为事件“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，故C正确；
因为事件“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，
故D正确.
故答案为：CD.
【分析】根据已知条件和对立事件和互斥事件的概念，从而逐项判断找出关系正确的选项.
10．（2024高二下·大理期末）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】B,C
【知识点】简单的三角恒等变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由题意，得：.
对于A，因为故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.
故答案为：BC.
【分析】根据二倍角的正弦公式和余弦公式以及辅助角公式，再结合正弦型函数的图象变换得出函数的解析式，则判断出选项A；根据换元法和余弦函数的对称性，则判断出余弦型函数的对称性，从而判断出选项B和选项C；利用换元法和余弦函数的单调性，则判断出余弦型函数的单调性，从而判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
11．（2024高二下·大理期末）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】A,B,D
【知识点】曲线与方程；图形的对称性
【解析】【解答】解：对于A，当时，代入方程得，，
则曲线经过点；
当时，方程可整理为：，
由，
解得：，
又因为，所以只能取1，
此时代入方程得，，解得或，
则曲线经过；
由曲线方程的特征易得曲线关于轴对称，
可知曲线还经过，
所以曲线共经过6个整数点，故A正确；
对于B，当时，方程为：，得或，
则曲线经过点，此时，故B正确；
对于C，当时，由，
可得，当且仅当时取等号，
解得，
则曲线在轴右侧区域内的任意点，都满足，
根据图形的对称性，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，
由以上分析知，曲线经过点，
则曲线所围成的“心形”区域的面积，
故D正确.
故答案为：ABD.
【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，则判断出选项A和选项B；考虑方程变形后，利用基本不等式求最值的方法，则可判断，从而判断出选项C；由选项A得到的整点围成的图形面积之和，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
12．（2024高二下·大理期末）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
【知识点】分层抽样方法；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】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.
【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估计出该年级全体学生的平均身高.
13．（2024高二下·大理期末）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】
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设，则，
根据椭圆定义，因此，，
又因为，
所以，
则，解得，
则
在中，，
则，
所以
故答案为：.
【分析】设，则，根据椭圆定义表示出，再根据勾股定理建立的关系式，则由椭圆的离心率公式得出椭圆的离心率.
14．（2024高二下·大理期末）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】；（也可写为）.
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：因为，所以，
则，
故，
所以在处的切线方程为，
令，得，故，
则，故，
则，
所以在处的切线方程为，
令，得，则，
依次类推，，，
又因为，
所以的面积为：
故答案为：，.
【分析】先得到，再求导，则根据导数几何意义得出切线的斜率，从而由点斜式得到切线方程，进而求出，，依次求解得到，，，，从而求出的面积为.
15．（2024高二下·大理期末）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）解：因为，
由正弦定理可得：，
又因为，
则，
又因为，可知，
可得.
（2）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.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件和正弦定理、两角和的正弦公式、三角形内角和定理、诱导公式以及三角形中角C的取值范围，从而得出角C的余弦值.
（2）利用三角形面积求出的值，由余弦定理求出的值，再结合已知条件和三角形的周长公式，从而得出的周长.
（1）因为，
由正弦定理可得：，
因，
则有，，因，可知，可得
.
（2）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．（2024高二下·大理期末）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）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.
（2）解：由（1）可得，
所以，
则，
所以
，
所以．
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用递推公式和等差数列的定义，从而得出等差数列的通项公式，再结合的关系式和等比数列的定义，从而得出等比数列的通项公式.
（2）利用已知条件和（1）中数列和的通项公式，从而得出数列的通项公式，再结合错位相减法得出数列的前项和.
（1）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.
（2）由（1）可得，
所以，
则，
所以
，
所以．
17．（2024高二下·大理期末）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，
所以，则，
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：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.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件和勾股定理，从而以A为原点建系，则得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而证出.
（2）假设存在，易知平面的一个法向量为，再得出平面的一个法向量，结合数量积求向量夹角的余弦值公式和已知条件以及a的取值范围，从而得出满足要求的a的值.
（1）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）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．（2024高二下·大理期末）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）解：由已知可得：，
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.
（2）①解：由（1）可得，
当时，单调递减；当时，单调递增，
所以，
又因为，
则，
，
由方程有两解，
可得.
②证明：由题意可知，
要证，即证，
因为且时，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，
则成立.
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）先求导函数，再根据极值点求解方法得出a的值；再利用导数正负判断函数的单调性，从而求出函数极值.
（2）①利用对数判断函数的单调性，从而得出函数的最小值，再结合函数零点个数以及函数零点与方程的根的等价关系，从而得出实数m的取值范围.
②由题意可知，要证，即证，利用且时，单调递减，即证，再利用，即证，从而构造函数，再根据导数判断函数单调性，从而证出不等式成立.
（1）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.
（2）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.
19．（2024高二下·大理期末）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）解：由题意，动圆圆心到点的距离等于到直线的距离，
则曲线是以为焦点，为准线的抛物线，其方程形如：，
因为，
所以，曲线的方程为.
（2）解：将圆方程与曲线方程联立得，，
则，
解得：.
由，可知，
因为两曲线只有一个交点，
则必须，
则，
又因为为正数，
所以.
（3）解：如图，设，
由，则直线的方程为，
依题意，圆心到的距离为1，
则，化简得，
同理可得，
所以是方程的两根，
所以，
依题意，则，
又因为，
所以，
所以，
所以
当且仅当时，即当时取等号，
所以面积的最小值8.
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用抛物线的定义结合已知条件得出曲线C的方程.
（2）将圆与抛物线方程联立求出的值，由两曲线只有一个交点和为正数，从而得出实数a的取值范围.
（3）设点，分别求出直线的方程，再利用同构思想求出和的值，从而求出的值，利用三角形的面积公式求出面积的表达式，最后利用基本不等式求最值的方法得出面积的最小值.
（1）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.
（2）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.
（3）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.
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