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（含解析）

这是一份云南省大理州2023−2024学年高二下学期普通高中教学质量监测 数学试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．设，则的虚部是（ ）
A．1B．-1C．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．34B．39C．42D．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、多选题（本大题共3小题）
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
三、填空题（本大题共3小题）
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（本大题共5小题）
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 \* GB3 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.
参考答案
1．【答案】A
【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．【答案】D
【分析】求出两个集合，后求补集再求交集即可.
【详解】 ，．
令，解得．故，.
故选D．
3．【答案】D
【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．【答案】B
【分析】根据等差数列的前n项和即可求解.
【详解】由成等差数列，
则，即，故.
故选B.
5．【答案】B
【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．【答案】B
【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．【答案】C
【分析】证明为二面角的平面角，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．【答案】C
【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.
9．【答案】CD
【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．【答案】BC
【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．【答案】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，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.
12．【答案】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．【答案】
【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．【答案】 （也可写为）.
【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：，.
15．【答案】(1)
(2)
【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.
【详解】（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)，
(2)
【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.
【详解】（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)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用建立空间直角坐标系，用向量法解题，只需要证明即可;
（2）建立空间直角坐标系以后，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.
【详解】（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)，极小值为0，无极大值
(2) = 1 \* GB3 ①； = 2 \* GB3 ②证明见解析
【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数，构造函数，由函数单调性证明不等式即可.
【详解】（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 \* GB3 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 \* GB3 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)
(2)
(3)8
【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.
【详解】（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.