湖南省岳阳市2023-2024学年高二下学期期末教学质量监测数学试卷(含答案)

这是一份湖南省岳阳市2023-2024学年高二下学期期末教学质量监测数学试卷(含答案)，共17页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．已知集合,,则集合的子集个数为( )
A.2B.4C.8D.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．已知椭圆左右焦点分别为,,P为椭圆E上一点,且直线的一个方向向量为,则椭圆E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.84B.90C.72D.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、多项选择题
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：
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为一个周期
三、填空题
12．已知i为虚数单位,则的共轭复数为__________.
13．在中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若且,则面积的最大值为__________.
14．抛物线的焦点为F,过点F的直线l与抛物线C交于A、B两点,抛物线C在A、B处的切线交于点P,则的最小值为__________.
四、解答题
15．如图,在圆锥中,为圆O的直径,B,C为圆弧的两个三等分点,M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10件进行检测,求这10件产品中的次品数X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a,对于任意给定的正数,总存在正整数N,使得对于任意大于N的正整数n,都有.则称常数a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P的轨迹为曲线C,直线l与曲线C交于不同两点M,N;
（1）求曲线C的轨迹方程;
（2）若直线和的斜率之积为,求证：直线l过定点;
（3）若直线l与直线,分别交于R,S,求证：.
参考答案
1．答案：C
解析：因为,所以,
即,
所以,
所以的子集个数为8.
故选：C.
2．答案：D
解析：因为数列为等比数列,设公比为q,
因为,,所以,得到,
又,当时,,当时,,
故选：D.
3．答案：A
解析：向量,
则向量在向量上的投影向量是
.
故选：A.
4．答案：B
解析：因为,均为锐角,即,,
所以,,
又,,
所以,,
所以
,
故选：B.
5．答案：A
解析：因为,所以,即直角三角形,
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
解析：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
解析：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
解析：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
解析：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-136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
解析：对A,取AC中点H,则由,,
所以,,
,平面,,
所以面,又平面,
所以,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,,由中位线,,又,
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
解析：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x为,令,则,
变形即,故C正确;
对于D,令x为,,代入计算得,即,
则.令x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．
综上所得,正确答案为：BCD.
故选：BCD.
12．答案：
解析：因为,所以的共轭复数为,
故答案为：.
13．答案：
解析：,,
所以,,
,,,,
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
解析：由题意得,当直线l斜率为0时,不满足与抛物线交于两个点,
设直线l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.
15．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）因为面圆O,又面圆O,所以,
又B,C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H,连接,如图,以,,所以直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
因为M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）
解析：（1）由题知,,
所以X的分布列为,
.
（2）记事件A：生产的产品为合格品,事件B：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.
解析：（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：
所以在区间上单调递减,在区间上单调递增.
所以存极小值点.
18．答案：（1）数列存在极限,极限为3;数列不存在极限
（2）①;②证明见解析
解析：（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
解析：（1）设,由题有,化简得到,
所以曲线C的轨迹方程为.
（2）因为直线和的斜率之积为,所以直线l的斜率存在,设,,,
由,消y得到,
则,,,
,
化简整理得到,得到或,
当时,,直线过定点与A重合,不合题意,
当,,直线过定点,所以直线l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y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P,
则,从而有.
x
1
2
3
4
5
6
y
（单位：万人）
1523
1465
1202
1062
956
902
x
0
单调递减
极小值
单调递增