四川省凉山州2023_2024学年高二数学下学期第二周考试试卷含解析

这是一份四川省凉山州2023_2024学年高二数学下学期第二周考试试卷含解析，共18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。
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．2
2．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数（ ）
A．B．
C．D．
3．在中，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知向量，则（ ）
A．B．C．D．
5．双曲线的渐近线方程是（ ）
A．B．C．D．
6．圆和圆的公切线的条数为（ ）
A．B．C．D．
7．记为等差数列的前项和．若，则（ ）
A．25B．22C．20D．15
8．下列函数中，在区间上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．下列统计量中，能度量样本的离散程度的是（ ）
A．样本的标准差B．样本的中位数
C．样本的极差D．样本的平均数
10．下列函数中既是奇函数，又是定义域上的减函数的是（ ）
A．B．
C．D．
11．某地下车库在排气扇发生故障的情况下测得空气中一氧化碳含量达到了危险状态，经抢修排气扇恢复正常，排气4分钟后测得车库内的一氧化碳浓度为，继续排气4分钟后又测得浓度为．由检验知该地下车库一氧化碳浓度（单位：）与排气时间（单位：分钟）之间满足函数关系（为常数，是自然对数的底数）．若空气中一氧化碳浓度不高于，人就可以安全进入车库了，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．排气12分钟后浓度为
D．排气32分钟后，人可以安全进入车库
12．已知正方体，则（ ）
A．直线与所成的角为B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为D．直线与平面ABCD所成的角为
三、填空题
13．掷一枚骰子，记事件A：掷出的点数为偶数；事件B：掷出的点数大于2．下面说法正确的是．
（1） （2） （3）
14．若，则．
15．已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值．
16．底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．
四、解答题
17．记的内角所对边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)求的最小值．
18．已知曲线．求：
（1）曲线C上横坐标为1的点处的切线方程；
（2）（1）中的切线与曲线C是否还有其他的公共点？
19．如图，在三棱锥中，平面，平面平面，，.

(1)证明：；
(2)求二面角的余弦值.
20．如图,点A、B分别是椭圆长轴的左、右端点,点F是椭圆的右焦点,点P在椭圆上,且位于x轴上方,．
(1)求点P的坐标;
(2)设M是椭圆长轴上的一点,M到直线的距离等于,求椭圆上的点到点M的距离d的最小值．
21．某景点某天接待了1000名游客，其中老年500人，中青年400人，少年100人，景点为了提升服务质量，采用分层抽样从当天游客中抽取100人，以评分方式进行满意度回访.将统计结果按照分成5组，制成如下频率分布直方图：
(1)求抽取的样本老年、中青年、少年的人数；
(2)求频率分布直方图中a的值；
(3)估计当天游客满意度分值的分位数.
22．记为数列的前n项和．已知．
(1)证明：是等差数列；
(2)若成等比数列，求的最小值．
参考答案：
1．C
【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合，即可根据交集的运算解出．
方法二：将集合中的元素逐个代入不等式验证，即可解出．
【详解】方法一：因为，而，
所以．
故选：C．
方法二：因为，将代入不等式，只有使不等式成立，所以．
故选：C．
2．D
【分析】根据复数的几何意义先求出复数，然后利用共轭复数的定义计算.
【详解】在复平面对应的点是，根据复数的几何意义，，
由共轭复数的定义可知，.
故选：D
3．B
【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【详解】因为，
所以由正弦定理得，即，
则，故，
又，所以.
故选：B.
4．B
【分析】利用平面向量模与数量积的坐标表示分别求得，从而利用平面向量余弦的运算公式即可得解.
【详解】因为，所以，
则，，
所以.
故选：B.
5．A
【分析】直接利用双曲线方程求解渐近线方程即可.
【详解】双曲线的渐近线方程是：
故选：A
6．B
【分析】根据圆的一般式判断圆心与半径，利用几何法判断两圆位置关系，进而确定公切线的数量.
【详解】两个圆与，
圆圆心为，半径为，圆圆心为，半径为，
两圆圆心距为，
，
两圆相交，有条公切线.
故选：B.
7．C
【分析】方法一：根据题意直接求出等差数列的公差和首项，再根据前项和公式即可解出；
方法二：根据等差数列的性质求出等差数列的公差，再根据前项和公式的性质即可解出．
【详解】方法一：设等差数列的公差为，首项为，依题意可得，
，即,
又，解得：，
所以．
故选：C.
方法二：，，所以，，
从而，于是，
所以．
故选：C.
8．C
【分析】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断ABC，举反例排除D即可.
【详解】对于A，因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，故A错误；
对于B，因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，故B错误；
对于C，因为在上单调递减，在上单调递减，
所以在上单调递增，故C正确；
对于D，因为，，
显然在上不单调，D错误.
故选：C.
9．AC
【分析】考查所给的选项哪些是考查数据的离散程度，哪些是考查数据的集中趋势即可确定正确选项.
【详解】由标准差的定义可知，标准差考查的是数据的离散程度；
由中位数的定义可知，中位数考查的是数据的集中趋势；
由极差的定义可知，极差考查的是数据的离散程度；
由平均数的定义可知，平均数考查的是数据的集中趋势；
故选：AC.
10．AD
【分析】由解析式直接判断函数的奇偶性与单调性即可得解.
【详解】对于A，是奇函数，在其定义域上单调递减，故A正确；
对于B，是在其定义域上单调递增的指数函数，故B错误；
对于C，，故在其定义域上不单调递减，故C错误；
对于D，是奇函数，在其定义域上单调递减，故D错误.
故选：AD.
11．ACD
【分析】由题意列式，求出，即可判断A，B；可得函数解析式，将代入，即可判断C；结合解析式列出不等关系，求出人可以安全进入车库的排气时间，判断D.
【详解】设，代入，得,
解得，A正确，B错误．
此时，所以，C正确．
当时，即，得，所以，
所以排气32分钟后，人可以安全进入车库，D正确．
故选:ACD．
12．ABD
【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，
因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；
连接，因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
又平面，所以，故B正确；
连接，设，连接，
因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设正方体棱长为，则，，，
所以，直线与平面所成的角为，故C错误；
因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.
故选：ABD
13．（3）
【分析】根据对应事件求概率，即可比较.
【详解】掷一枚骰子共6种情况，偶数点有2，4，6，大于2的点有3，4，5，6，
则，，，故（1）错误；
表示既为偶数又是小于等于2的点，只有2，所以，
表示既为奇数又是大于2的点，有3，5，所以，，故(2)错误；
表示既为偶数又是大于2的点，有4，6，所以，
表示既是奇数又是小于等于2的点，有1，所以，，故（3）正确.
故答案为：（3）
14．
【分析】根据同角三角关系求，进而可得结果.
【详解】因为，则，
又因为，则，
且，解得或（舍去），
所以.
故答案为：.
15．（中任意一个皆可以）
【分析】根据直线与圆的位置关系，求出弦长，以及点到直线的距离，结合面积公式即可解出．
【详解】设点到直线的距离为，由弦长公式得，
所以，解得：或，
由，所以或，解得：或．
故答案为：（中任意一个皆可以）．
16．
【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解.
【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，
所以正四棱锥的体积为，
截去的正四棱锥的体积为，
所以棱台的体积为.
方法二：棱台的体积为.
故答案为：.
17．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）将已知条件利用两角和差公式与正弦定理即可计算出结果；
（2）利用第一问的结果代入的余弦定理表达式，再利用基本不等式即可得到结果.
【详解】（1）已知，
由正弦定理得：，
整理得：，
……①
因为……②
②代入①有：，
再由正弦定理得．
（2）由余弦定理得：
，
当且仅当时，等号成立，所以的最小值为．
18．（1）；（2）切线与曲线的公共点除了切点外，还有另外的公共点．
【分析】（1）由导数的定义得出，再由导数的几何意义求出切线方程；
（2）由求出该切线与曲线C的其他公共点.
【详解】（1）将代入曲线的方程，得
切点为
过点的切线方程为，
即；
（2）由，可得
解得
从而求得公共点为(1，1)和(-2，-8)．
说明切线与曲线的公共点除了切点外，还有另外的公共点
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直及面面垂直的性质证明即可；
（2）方法一、利用几何法，取中点，并连接、，结合条件证线线垂直，利用二面角定义解三角形即可，方法二、构造合适的空间坐标直角系，利用空间向量计算二面角即可.
【详解】（1）依题意，面，且面，
所以，，
因为面面，面面，面，且，
所以面，
因为面，
所以.
（2）方法1、取中点，并连接、.

因为，所以，
由勾股定理可知.
因为，所以；
则根据二面角定义可知是二面角的一个平面角，
且由图可知为锐角.
又因为面，同理（1）可知，
设，可得，则，
所以，
即二面角的余弦值为.
方法2、
由（1）可知，、、三者两两相互垂直，
故以点为坐标原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系.

由勾股定理可知.
不妨设，则，
所以，
易得平面的一个法向量可以是，
设平面的一个法向量为，
所以，取，
故可得平面的一个法向量可以是.
设二面角的一个平面角为，且由图可知为锐角.
则，
即二面角的余弦值为.
20．(1)
(2)
【分析】(1)设出点坐标,代入椭圆方程,根据列出方程联立即可求出点坐标;
(2)设出点坐标,根据M到直线的距离等于,列出方程,求出点坐标,设出椭圆上点的坐标,根据两点间距离公式列出式子,将点坐标满足的椭圆方程代入消,可得到关于的二次函数,配方即可求得距离平方的最小值,进而求得距离的最小值.
【详解】（1）解:由题知
,
P在椭圆上,不妨设,
,,
,
即,
两式联立可得:
,
故点P的坐标为;
（2）M是椭圆长轴上的一点,
不妨设,
,,
,
M到直线的距离等于,
,
即,因为
所以
解得
设为椭圆任一点,
则满足,即,
则
,
故当时有最小值为.
21．(1)50；40；10
(2)
(3).
【分析】（1）由题意可先确定抽样比为，分别计算可求得结果；
（2）由频率分布直方图中所有小正方形面积为1，即可解得；
（3）由百分位数的定义计算即可得游客满意度分值的分位数为.
【详解】（1）老年、中青年、少年的人数比例为，
故抽取100人，样本中老年人数为人，
中青年人数为人，
少年人数为人；
（2）易知组距为10，由频率分布直方图可得，，
解得；
（3）设当天游客满意度分值的分位数为，
因为，，
所以位于区间内，则，解得，
可知估计当天游客满意度分值的分位数为.
22．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；
（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．
【详解】（1）因为，即①，
当时，②，
①②得，，
即，
即，所以，且，
所以是以为公差的等差数列．
（2）[方法一]：二次函数的性质
由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，所以，
所以，当或时，．
[方法二]：【最优解】邻项变号法
由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，即有.
则当或时，．
【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出的最小值，适用于可以求出的表达式；
法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．