新疆乌鲁木齐地区2024届高三第二次质量监测数学试题（含解析）

这是一份新疆乌鲁木齐地区2024届高三第二次质量监测数学试题（含解析），共20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
1．已知复数，则复数在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．抛物线过点，则焦点坐标为（ ）
A．B．C．D．
5．设等比数列的首项为1，公比为，前项和为，若也是等比数列，则（ ）
A．B．C．1D．2
6．设，函数的零点分别为，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知角终边上点坐标为，则（ ）
A．B．C．D．
8．设是函数的两个极值点，若，则（ ）
A．0B．1C．2D．3
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．函数在上单调递增
B．函数是奇函数
C．函数与的图象关于原点对称
D．
10．数学中有个著名的“角谷猜想”，其中数列满足：（为正整数），
，则（ ）
A．时，
B．时，在所有的值组成的集合中，任选2个数都是偶数的概率为
C．时，的所有可能取值组成的集合为
D．若所有的值组成的集合有5个元素，则
11．已知点，直线相交于点，且它们的斜率之和是2．设动点的轨迹为曲线，则（ ）
A．曲线关于原点对称
B．的范围是的范围是
C．曲线与直线无限接近，但永不相交
D．曲线上两动点，其中，则
三、填空题
12．已知双曲线的渐近线方程为，则其离心率为 ；
13．正方体的棱长为2，内壁是光滑的镜面．一束光线从点射出，在正方体内壁经平面反射，又经平面反射后到达点，则从点射出的入射光线与平面的夹角的正切值为 ；
14．已知五个点，满足：，，则的最小值为 ．
四、解答题
15．已知，曲线在处的切线方程为．
(1)求；
(2)证明．
16．如图，在矩形中，，将沿对角线进行翻折，得到三棱锥是中点，是中点，在线段上，且平面．
(1)求；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值．
17．某果园产苹果，其中一堆苹果中大果与小果的比例为．
(1)若选择分层抽样，抽出100个苹果，其中大果的单果平均重量为240克，方差为300，小果的单果平均重量为190克，方差为320，试估计果园苹果的单果平均重量、方差；
(2)现用一台分选机进行筛选，已知这台分选机把大果筛选为小果的概率为，把小果筛选为大果的概率为，经过分选机筛选后，现从筛选出来的“大果”里随机抽取一个，问这个“大果”是真的大果的概率．
18．在中，点分别为的中点，与交于点，．
(1)若，求中线的长；
(2)若是锐角三角形，求四边形面积的取值范围．
19．在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”．
(1)求“椭圆”的方程；
(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；
(3)设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值．
参考答案：
1．D
【分析】先求出，再写出坐标，即可得到答案
【详解】
则复数在复平面内对应的点为，在第四象限，
故选：D
2．B
【分析】
先求出集合N，再根据交集直接运算即可.
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：B.
3．B
【分析】由且可得解.
【详解】，
“”是“”不充分条件；
又，
“”是“”的必要条件.
综上，“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
【点睛】本题考查了充分条件和必要条件，属于基础题.
4．C
【分析】代入所过的点可求的值，从而可求焦点坐标.
【详解】因为抛物线过点，所以，故，
故，故焦点坐标为，
故选：C.
5．D
【分析】由是等比数列，得，故可求.
【详解】由题意可知，，，，
若为常数列，则，不为等比数列，与题意不合；
若，则，
若也是等比数列，则 ，.
即
，
解得或（舍去）.
故选：．
6．A
【分析】由题意分别为函数与函数图象交点的横坐标，作出函数的图象，结合函数图象即可得解.
【详解】分别令，
则，
则分别为函数与函数图象交点的横坐标，
分别作出函数的图象，如图所示，

由图可知，.
故选：A.
7．B
【分析】先确定角的终边所在的位置，再根据诱导公式及商数关系即可得解.
【详解】因为，
所以角的终边在第二象限，
又因为
，
且，
所以.
故选：B.
8．C
【分析】先求导，再结合已知条件与韦达定理即可求出结果.
【详解】由题意得，又是函数的两个极值点，
则是方程的两个根，
故，
又，则，即，则，
则，所以，解得，
此时.
故选：C．
9．ABD
【分析】
根据指数函数的单调性可判断A的正误，根据奇函数的定义可判断B的正误，根据过原点可判断C的正误，将化简后可判断D的正误.
【详解】对于A，均为上的增函数，故在上单调递增，
故A正确.
对于B，令，其中，
而，故为上的奇函数，故B正确.
对于C，，故的图象过原点，
若函数与的图象关于原点对称，则的图象也过原点，
但，矛盾，故函数与的图象不关于原点对称，故C错误.
对于D，，
故D正确，
故选：ABD.
10．ABD
【分析】
将代入递推公式即可判断A；写出所有的值组成的集合中的元素，再根据古典概型即可判断B；根据递推公式，讨论前一项的奇偶即可判断C；若所有的值组成的集合有5个元素，则集合中的元素为，再验证即可判断D.
【详解】对于A，当时，
则，故A正确；
对于B，当时，
则，
所以数列从第项起，是以为周期的周期数列，
所以所有的值组成的集合为，
从中任选2个数都是偶数的概率为，故B正确；
对于C，当时，
若为奇数，则，故，
若为偶数，则，故，
若，则或，所以或（舍去），
由，得或，所以或（舍去），
由，得或，所以或，
若，则或，所以或（舍去），
由，得或，所以或（舍去），
由，得或，所以或（舍去），
由，得或，所以或（舍去），
综上所述，或或或，
所以的所有可能取值组成的集合为，故C错误；
对于D，若所有的值组成的集合有5个元素，则集合中的元素为，
若，则，
所以数列是以为周期的周期数列，
此时所有的值组成的集合只有3个元素，不符题意；
若，则，
所以数列是以为周期的周期数列，
此时所有的值组成的集合只有3个元素，不符题意；
若，则，
所以数列是以为周期的周期数列，
此时所有的值组成的集合只有3个元素，不符题意；
若，则，
所以数列从第项起，是以为周期的周期数列，
此时所有的值组成的集合只有4个元素，不符题意；
若，则，
所以数列从第项起，是以为周期的周期数列，
此时所有的值组成的集合有5个元素，符合题意，
所以若所有的值组成的集合有5个元素，则，故D正确.
故选：ABD.
11．ACD
【分析】设，根据题意求出曲线的轨迹方程，再将代入即可判断A；结合直线的斜率都存在即可判断B；判断趋于无穷大时，是否趋于即可判断C；求出最小时，的关系，再结合基本不等式即可判断D.
【详解】设，由题意，
即，化简得，
即且，
对于A，将代入得，即，
所以曲线关于原点对称，故A正确；
对于B，由A选项知，的范围是且，故B错误；
对于C，由，得，
当时，，即，
当时，，即，
所以曲线与直线无限接近，但永不相交，故C正确；
对于D，要使最小，则曲线在两点的切线平行，
由，得，则，所以，
因为，所以，
则，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以，故D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
12．
【分析】根据渐近线方程求出，再根据双曲线的离心率公式即可得解.
【详解】因为双曲线的渐近线方程为，
所以，
所以离心率.
故答案为：.
13．/
【分析】利用对称性可求入射光线与平面的交点坐标，从而可求线面角的正切值.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则，则关于平面的对称点，
而关于平面的对称点的坐标为，
设直线与平面的交点分别为，则入射光线为，
设，则存在实数，使得，
所以，故，故，
故，故，
因为平面，故与平面所成的角为，
而平面，故，故.
故答案为：,
14．
【分析】根据题意设出合理的向量模，再将其置于坐标系中，利用坐标表示出，再用基本不等式求解出最值即可.
【详解】因为，
所以，，，
由题意设，则，，
设，如图，因为求的最小值，
则，，，，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：首先是对向量模的合理假设，然后为了进一步降低计算的复杂性，我们选择利用坐标法将涉及的各个点用坐标表示，最后得到，再利用基本不等式即可求出最值.
15．(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求出曲线在点处的切线方程即可得，的值；
（2）要证明，只要证，令，求出其单调性证明即可.
【详解】（1）由可得，
则，所以曲线在点处的切线斜率为，
又因为，所以切线方程为：，即.
所以.
（2）要证明，只要证，
设，则，
令，则，
所以在上单调递减，又，
所以当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
所以，所以.
16．(1)
(2)
【分析】
（1）取的中点，连接，证明平面平面，再根据面面平行的性质证得，即可得解；
（2）先证明平面，再以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）如图，取的中点，连接，
因为是中点，所以，
又平面，平面，
所以平面，
又平面，平面，
所以平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，
所以；
（2）因为平面，
所以平面，
又平面，所以，
则，
则，所以，
如图，过点作于点，
则，，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，令，则，
所以，
因为轴平面，则可取为平面的一条法向量，
故，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
17．(1)果园苹果的单果平均重量为、方差为；
(2)
【分析】
（1）根据各层均值、方差与总体均值、方差的关系式可求果园苹果的单果平均重量、方差；
（2）根据全概率公式可求“大果”是真的大果的概率.
【详解】（1）个苹果中，大果的个数为，小果的个数为，
设大果的单果平均重量为，方差为，小果的单果平均重量为，方差为，
则，，，，
则100个苹果的平均重量为，
100个苹果的方差为：
.
故估计果园苹果的单果平均重量为、方差为；
（2）记事件放入水果分选机的苹果为大果，事件放入水果分选机的苹果为小果，
记事件水果分选机筛选的苹果为“大果”，则“大果是真大果”为，
则，，，，
由全概率公式可得：
，
，
因此，.
18．(1)
(2)
【分析】（1）对两边同时平方可得，再由平面向量的运算法则得，对其两边同时平方即可得出答案.
（2）由分析知，再分别讨论为锐角，由数量积的定义求出的范围，即可得出答案.
【详解】（1）因为点为的中点，所以，
则，即，
即，解得：或（舍去），
又因为，
，即，
所以.

（2）,
,
因为是锐角三角形，所以是锐角，即，
即，所以，得，
是锐角，即，即，
所以，得，
是锐角，即，即，
所以，得，
所以，综上：，
所以.
19．(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，再根据两点之间的“距离”得新定义即可得解；
（2）将点分别代入即可判断其对称性，取绝对值符号，进而可得出范围；
（3）先求出椭圆方程，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，分别求出直线的方程，设，再次求出的关系，进而求出，从而可得出结论.
【详解】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，
即，即，
所以“椭圆”的方程为；
（2）由方程，得，
因为，所以，即，
所以或或，
解得，
由方程，得，
即，所以，所以，
所以“椭圆”的范围为，，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称，
所以“椭圆”关于轴，轴，原点对称；

（3）由题意可设椭圆的方程为，
将点代入得，解得，
所以椭圆的方程为，，
由题意可设直线的方程为，
联立，得，
恒成立，
则，
因为的中点为，
所以直线的中垂线的方程为，
同理直线的中垂线的方程为，
设，则是方程的两根，
即是方程的两根，
所以，
又因，
所以，
两式相比得，所以，
所以，
所以直线与的斜率之积为定值．

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．