2023~2024学年云南省迪庆州高二(上)期末教学质量检测数学试卷(解析版)

这是一份2023~2024学年云南省迪庆州高二(上)期末教学质量检测数学试卷(解析版)，共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 复数的共轭复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由复数，所以复数的共轭复数为.
故选：B.
2. 集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意可知，，且，
所以
故选：D
3. （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】.
故选：D.
4. 已知点，，动点满足条件.则动点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】，由，
结合双曲线定义可知动点的轨迹为以，为焦点的双曲线右支，
在双曲线中，，可得，，
所以，
动点的轨迹方程为.
故选：A.
5. 明代数学家程大位在《算法统宗》中已经给出由，，和求各项的问题，如九儿问甲歌：“一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七.借问长儿多少岁，各儿岁数要详推.”意思是一位老人有九个儿子，不知道他们的出生年月，他们的年龄从大到小排列都差3岁，所有儿子的年龄加起来是207.只要算出长子是多少岁，其他每个儿子的岁数就可以推算出来，则该问题中老人长子的岁数为（ ）
A. 27B. 31C. 35D. 39
【答案】C
【解析】依题意，九个儿子的岁数从大到小构成公差为的等差数列，设长子的岁数为，
则，解得，
所以该问题中老人长子的岁数为35.
故选：C
6. 2023年11月26日丽江至香格里拉铁路（丽香铁路）正式开通运营，至此，平均海拔高度3380米的云南省迪庆藏族自治州结束不通铁路的历史，正式迈入“动车时代”.若甲、乙、丙三位同学在寒假期间从香格里拉坐动车到丽江游玩的概率分别为，，，假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内恰好有1人从香格里拉坐动车到丽江游玩的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】记事件“甲从香格里拉坐动车到丽江游玩”， “乙从香格里拉坐动车到丽江游玩”，“丙从香格里拉坐动车到丽江游玩”，事件“恰好有1人从香格里拉坐动车到丽江游玩”，
则由题意可知，事件相互独立，，
且事件两两互斥，其中，
则有，
故由互斥事件的和事件概率公式与相互独立事件同时发生的概率公式可得
.
故这段时间内恰好有1人回老家过节的概率为.
故选：A
7. 已知l，m，n是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的为（ ）
A. 若l//m，α//β，，则
B. 若，α//β，则l//β
C. 若，，则
D. 若，，，，则
【答案】A
【解析】l，m，n是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，
对于A，若，，，则由线面垂直的性质得，故A正确；
对于B，若，，则或，故B错误；
对于C，若，，则α与γ平行或相交，故C错误；
对于D，若，，，，则m与α平行、相交或，故D错误．故选：A．
8. 已知幂函数的图象过点,设，则的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为幂函数的图象过点，
所以，解得，即，故函数在上为增函数，
因为，，，
所以.
故选：D
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 已知直线：与圆：相交于，两点，则（ ）
A. 圆心的坐标为B. 圆的半径为
C. 圆心到直线的距离为2D.
【答案】ACD
【解析】对于AB，圆：的圆心，半径，A正确，B错误；
对于C，点到直线：的距离，C正确；
对于D，，D正确.
故选：ACD
10. ChatGPT是由OpenAI公司开发的一个问答类人工智能应用．高科技发展在吸引年轻人的喜爱和关注的同时，也影响高考志愿填报方向的选择．如图是2021年和2022年我国某省高中生志愿填报方向的人数占比饼状图，已知2022年该省高中生志愿填报总人数约为100万人，比2021年总人数增加了10万人，则2022年该省高中生志愿填报人数与2021年志愿填报人数相比，下列说法正确的是（ ）

A. 人工智能专业占比变化最大
B. 电气自动化专业占比下降第二大
C. 人工智能专业和其他专业占比之和变大了
D. 电气自动化专业填报人数变少了
【答案】ABC
【解析】对于A中，2020年人工智能的占比为，2021年人工智能的占比为，
占比变化为，在各个志愿填报中变化最大，所以A正确；
对于B中，电气自动化专业占比变化为，机械工程专业占比变化为，医学专业占比变化为，其他转化占比变化为，所以电气自动化占比下降第二大，所以B正确；
对于C中，2020年和2021年人工智能专业和其他专业占比之和分别为和，可得，所以C正确；
对于D中，2020年电气自动化的填报人数为万人，2021年电气自动化的填报人数为万人，可得，所以D不正确.
故选：ABC.
11. 设抛物线C：的焦点为F，准线为l，点M为C上一动点，为定点，则下列结论正确的是（ ）
A. 准线l的方程是
B. 的最大值为2
C. 的最小值为7
D. 以线段为直径的圆与y轴相切
【答案】AD
【解析】由题意得，则焦点，准线l的方程是，故A正确；
，
当点M在线段的延长线上时等号成立，∴的最大值为，故B错误；
如图所示，过点M，E分别作准线l的垂线，垂足分别为A，B，
则，当点M在线段上时等号成立，
∴的最小值为5，故C不正确；
设点，线段的中点为D，则，
∴以线段为直径的圆与y轴相切，D正确.
故选：AD
12. 函数（，，）的部分图象如图所示，将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的3倍，纵坐标变为原来的2倍，然后向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A.
B. 的解析式为
C. 是图象的一个对称中心
D. 的单调递减区间是，
【答案】ABD
【解析】依题意，由图象可知，，则，故A正确；
因为，所以，则，
所以，
因为的图象过点，所以，
则，即，
又，则，所以，
将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的3倍，得到的图象，
纵坐标变为原来的2倍，得到的图象，
向左平移个单位长度，得到函数的图象，故B正确；
因为，故C错误；
令，解得，
所以的单调递减区间是，，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知平面向量，，则________.
【答案】2
【解析】由向量，，得，
所以.
故答案为：2
14. 已知，，且满足，则的最小值为________.
【答案】4
【解析】依题意，，
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为4.故答案为：4
15. 若函数，且对于，恒有，则实数的取值范围是________.
【答案】
【解析】假设，由得：，
所以可得是单调减函数；
由在上单调递减，可得：，即；
由于是单调减函数，还需要满足，即；
综上可得：实数的取值范围是；
故答案为：.
16. 已知O是边长为3正三角形ABC的中心，点P是平面ABC外一点，平面ABC，二面角的大小为60°，则三棱锥外接球的表面积为______．
【答案】
【解析】∵O是正三角形ABC的中心，则，
∴，
取的中点，连接，则，即二面角的平面角为，
由正三角形ABC的边长为3，则，
三棱锥为正三棱锥，则三棱锥的外接球的球心在直线上，设三棱锥的外接球的半径为，
∵，则，解得，
∴三棱锥外接球的表面积.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在锐角中，角、、所对的边分别为、、，已知.
（1）求角的大小；
（2）若，，求的面积.
解：（1）在锐角中，由及正弦定理，得.
而，则，又为锐角，
所以.
（2）由（1）及余弦定理得，，即
整理得，而，解得，
所以的面积.
18. 已知圆经过点和，且圆心在直线：上.
（1）求圆的标准方程；
（2）若过点作圆的切线，求该切线方程.
解：（1）设圆的标准方程为，
因为圆经过和点，且圆心在直线上，
所以 ，解得： ，
所以圆的标准方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，，此时圆心到直线的距离为5，等于半径，故满足题意；
当直线的斜率存在时，设，
即，
则点到直线距离为圆的半径，
即，解得，
此时.
综上，直线l的方程为或.
19. 为了提高学生安全意识，迪庆州某校利用自习课时间开展“防溺水”安全知识竞赛，加强对学生的安全教育，通过知识竞赛的形式，不仅帮助同学们发现自己对“防溺水”知识认知的不足之处，还教会了同学们溺水自救的方法，提高了应急脱险能力．现抽取了甲组20名同学的成绩记录如下：甲：92，96，99，103，104，105，113，114，117，117，121，123，124，126，129，132，134，136，141，142．抽取了乙组20名同学的成绩，将成绩分成五组，并画出了其频率分布直方图．
（1）根据以上记录数据求甲组20名同学成绩的第80百分位数，并根据频率分布直方图估计乙组20名同学成绩的众数；
（2）现从甲乙两组同学的不低于140分的成绩中任意取出2个人的成绩，求取出的2个人的成绩不在同一组的概率．
解：（1）∵，
∴甲组20名同学成绩的第80百分位数为，众数为；
（2）甲组20名同学的成绩不低于140分的有2个，
乙组20名同学的成绩不低于140分的有个，
记事件A为“取出的2个成绩不是同一组”，
任意选出2个成绩的所有样本点共个，
其中两个成绩不是同一组的样本点共个，
∴．
20. 如图形中，底面是菱形，，与交于点，底面，为的中点，.
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
解：（1）如图所示，连接，
因为底面是菱形，且与交于点，则点为的中点，
因为为的中点，所以为的中位线，可得，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）以所在的直线分别为轴，以过点作的垂线所在的直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，则，
设平面的一个法向量为，则，
令，可得，所以，
又由，
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成的角的正弦值为.
21. 已知函数
（1）求函数的最小正周期及对称轴方程；
（2）若函数，当时，函数有零点，求的取值范围
解：（1）依题意，
，
所以的最小正周期；
由，得，
所以的对称轴方程.
（2）由（1）知，，当时，，
则，，
由函数有零点，得，解得.
所以的取值范围是.
22. 已知椭圆的一个焦点为，椭圆上的点到的最大距离为3.
（1）求椭圆的方程；
（2）不经过的直线与轴垂直，与椭圆交于两点，连接并延长交椭圆于点，求证：直线过定点.
解：（1）由题意，椭圆上的点到的最大距离为，
所以，所以椭圆方程为；
（2）显然直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，
则，
由，
可得，
，
，
所以直线的方程为，
令，可得
，
所以直线过定点.