云南省玉溪市2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试卷（解析版）

这是一份云南省玉溪市2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试卷（解析版），共9页。试卷主要包含了 已知集合，，则的元素个数为， 在复平面内，复数， 已知函数，满足，且，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、班级、姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知平面向量，，则（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】B
【解析】，，
，
故选：B．
2. 某同学高中阶段6次考试的数学成绩为105，117，110，128，141，133，则这6次数学成绩的极差为（ ）
A. 128B. 119C. 36D. 28
【答案】C
【解析】6次考试的数学成绩为105，110，117，128，133，141，所以成绩的极差为.
故选：C
3. 已知集合，，则的元素个数为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 无数
【答案】A
【解析】由题意得，，所以，
由，所以，则，
所以中元素的个数是4，
故选：A.
4. 在复平面内，复数（为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，
，
.
故选：D.
5. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的外接圆半径为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】设的外接圆半径为，由正弦定理，
又，所以，
故，解得.
故选：C.
6. 已知正项等比数列满足，则数列的公比为（ ）
A. 2B. 1C. D. 或
【答案】A
【解析】设等比数列公比为，由题意得，故，解得.
故选：A.
7. 设，是双曲线的左、右焦点，点在双曲线上，且满足，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，，可得，
由双曲线定义可知，
所以，，，
由勾股定理可得，可得，
故，
故选:B.
8. 已知函数，满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意得，，
令，
则是首项为、公差为的等差数列，
则
.
故选：D.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 已知直线与圆交于A，B两点，则的值可以为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】AB
【解析】因为直线与圆相交于不同的两点、，
所以圆心到直线的距离，解得，
选项中只有3,4满足，
故选：AB．
10. 如图，在三棱柱中，，，为线段的中点，点为线段上靠近的三等分点，则（ ）
A. B.
C. 平面NPCD. 平面平面
【答案】ABD
【解析】A选项，因为，故，
所以，A正确；
B选项，因为，所以侧面为矩形，故，
又，，，平面，
所以平面，而平面，故，B正确；
C选项，平面NPC不平行于平面，所以AC不垂直于平面NPC，C错误；
D选项，因为平面ACP，平面，
所以平面平面，D正确.
故选：ABD.
11. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】由二项式定理可得，
令得，同理可得，，，.
故选：ACD.
第II卷（非选择题，共92分）
注意事项：
第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 某校高二年级共有18个班，艺术节评比共产生3个一等奖，若每个班获得一等奖的概率相等，则1班和2班均获得一等奖的概率为__________.
【答案】
【解析】1班和2班获得一等奖的概率.
故答案为：.
13. 我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》一书时介绍了“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形，如图所示，记直角三角形较小的锐角为，大正方形的面积为，小正方形的面积为，若，则_________.
【答案】
【解析】设大正方形的边长为，则直角三角形的直角边分别为，，
因为是直角三角形较小的锐角，所以，可得，，
则，即.
14. 若，使取得最小值时的值为_________.
【答案】
【解析】因为，
所以，
当且仅当时取等号，即
故答案为：
四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 在平面直角坐标系xOy中，点到点的距离与到直线的距离相等，记动点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）直线与相切于点，若点的纵坐标为2，求直线的方程.
解：（1）设，因为点到定点与定直线的距离相等，
故点轨迹为抛物线，且，开口向右，
所以点轨迹方程为：，
即的方程为.
（2）如图：
设，带入的方程，解得，
设直线为，
联立，得
由直线与相切，可得
，解得，
直线的方程为.
16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，为与的交点，为的中点.
（1）求与成角的正切值；
（2）求与平面成角的正弦值.
解：（1）为与的交点，为与的中点，
因为底面，底面，所以，
因为底面是正方形，所以，
由且都在面，所以平面，
又面，所以，
因为，所以与成角为与成角，即为，
所以.
（2），
为的中点，所以点到平面的距离为，
因为底面，底面，所以，
因为底面是正方形，所以，
由且都在面，所以平面，
又面，所以，
，
设点到平面的距离为，
由等体积法可得，
解得，
所以与平面成角的正弦值为.
17. 已知在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，，点是所在平面内一点，．
（1）求；
（2）求的面积．
解：（1）由正弦定理得
，
即，
由余弦定理，得，
解得．
（2），
取边中点分别为P，Q，
由平行四边形法则可知，
故点在上，即在边的中位线上，
所以，，
所以．
18. 已知.
（1）求在点处的切线方程；
（2）记的最大值为，求证：.
解：（1），，，
所以在点处的切线方程为.
（2）当时，；当时，，
所以求的最大值为只需讨论时，，
令，,
当时，，在上单调递减，
，，故，使得gx0=0.即.
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
所以
由于，，所以.
19. 随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用.在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，向四个方向移动的概率均为，且每秒的移动方向彼此独立互不影响,例如在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处.
（1）求粒子在第2秒末移动到点的概率；
（2）求第6秒末粒子回到原点的概率；
（3）设粒子在第3秒末移动到点，记的取值为随机变量，求的分布列.
解：（1）由题意得，粒子在第2秒末移动到点的概率.
（2）粒子在第6秒后回到原点，分四种情况考虑：
①两上两下一左一右，共有种情形；
②两左两右一上一下，共有种情形；
③三上三下，共有种情形；
④三左三右，共有种情形；
所以.
（3）粒子向右或向上则X的取值加1，粒子向左或向下则X的取值减1，
的可能取值为，，1，3，对应的概率分别为：
，，，，
所以X的分布列为：
1
3