贵州省六盘水市2023-2024学年高二上学期1月期末质量监测数学试题

这是一份贵州省六盘水市2023-2024学年高二上学期1月期末质量监测数学试题，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．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．抛物线的焦点坐标为
A．B．C．D．
4．已知，则的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
5．已知曲线，则“”是“曲线是圆”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
6．人口增长问题是一个深受社会学家关注的问题，英国人口学家马尔萨斯发现“人口的自然增长率在一定时间内是一个常数，人口的变化率和当前人口数量成正比”，并给出了马尔萨斯人口模型，其中为年的人口数，为年的人口数，为常数．已知某地区2000年的人口数为100万，，用马尔萨斯人口模型预测该地区2055年的人口数（单位：万）约为（参考数据：）
A．200B．300C．400D．500
7．已知三棱锥的四个顶点均在同一球面上，，且三棱锥的体积最大值为，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，则正数的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．命题“”的否定为“”
B．若直线与平行，则
C．若向量，则在上的投影向量为
D．已知5位同学的数学成绩为：，则这组数据的第60百分位数为96
10．已知函数，将图象上所有的点向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．在区间上有3个零点
C．直线是图象的一条对称轴
D．若对任意的恒成立，则
11．连续投掷一个质地均匀的正方体骰子两次，并记录每次骰子朝上的点数．记事件“第一次朝上的点数为奇数”，事件“两次朝上的点数之和不能被2整除”，则下列结论正确的是（ ）
A．B．事件和互斥
C．D．事件和相互独立
12．下列物体中，能被整体放入底面直径和高均为1（单位：）的圆柱容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为的球体
B．底面直径为，高为的圆柱体
C．底面直径为，高为的圆柱体
D．底面边长为，侧棱长为的正三棱锥
三、填空题
13．已知向量．若，则 ．
14．已知，则 ．
15．已知等比数列的前项和为，数列的前项和为．若，则 ．
16．已知双曲线的左、右焦点分别为，，若双曲线的渐近线上存在点，使得，则双曲线的离心率的取值范围是 .
四、解答题
17．已知为等差数列的前n项和，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
18．在中，角的对边分别是，且．
(1)求；
(2)若的角平分线交于点，且，求的周长．
19．如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为的中点．
(1)证明：直线平面；
(2)若，且，求二面角的余弦值．
20．六盘水红心猕猴桃因富含维生素及等多种矿物质和18种氮基酸，被誉为“维之王”．某收购商为了了解某种植基地的红心猕猴桃品质，从该基地随机摘下100个猕猴桃进行测重，其重量分布在区间内（单位：克），根据样本数据作出频率分布直方图如下图所示．
(1)用比例分配的分层随机抽样方法，从重量落在区间的猕猴桃中抽取5个，再从这5个猕猴桃中随机抽取2个，求这2个猕猴桃重量均不小于90克的概率；
(2)已知该基地大约还有6000个猕猴桃，该收购商准备收购这批猕猴桃，提出了以下两种收购方案：方案一：所有猕猴桃均以20元每千克收购；方案二：小于90克的猕猴桃以10元每千克收购，不小于90克的猕猴桃以30元每千克收购；请你就这两种方案，通过计算为该猕猴桃基地选择最佳的出售方案．（同一组中的数据用该组区间的中点值代表，视频率为概率）
21．已知函数．
(1)若是偶函数，求实数的值；
(2)当时，，若关于的方程在区间上恰有1个实数解，求的取值范围．
22．已知椭圆的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为．为椭圆上任意一点，且的最大值为3，最小值为1．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆交于两点（均异于），求直线与交点的轨迹方程．
参考答案：
1．D
【分析】直接由交集的概念即可得解.
【详解】由题意已知集合，则.
故选：D.
2．A
【分析】根据复数的乘法运算可得的结果，结合复数的几何意义可得答案.
【详解】，
所以复数对应的点为，位于第一象限.
故选：A.
3．B
【详解】解：由 抛物线方程的特点可知，抛物线的焦点位于 轴正半轴，由 ，可得： ，即焦点坐标为 .
本题选择B选项.
4．B
【分析】根据基本不等式直接求解即可.
【详解】解：因为，所以，
所以，，当且仅当时等号成立，即时等号成立，
所以，的最小值为
故选：B
5．A
【分析】根据圆的定义列出不等式即可求解.
【详解】因为，所以，
若曲线是圆，所以，所以或，
所以“”是“曲线是圆”的充分不必要条件.
故选：A.
6．B
【分析】由题意得，将代入结合即可得解.
【详解】由题意取，而，所以，
所以，又因为，所以，
所以用马尔萨斯人口模型预测该地区2055年的人口数（单位：万）约为万人.
故选：B.
7．C
【分析】利用三棱锥体积的最大值求得此时到平面的距离，利用勾股定理计算出外接球的半径，再由公式求出表面积.
【详解】设三棱锥外接球球心为，
在三角形中，由余弦定理得，
由于，所以，
设三角形外接圆半径为，外心为.
由正弦定理得.
由三角形的面积为定值，
则当三棱锥体积最大时，到平面的距离最大，
设此时到平面的距离为，
所以三棱锥的体积最大为，故，
由图可知，三棱锥体积最大时三点共线且，
由球心性质可知，平面.
设外接球的半径为，
在中，，
则，即，解得.
则该球的表面积.
故选：C.

8．D
【分析】利用对数及基本不等式比较b,c大小，利用图像性质比较a,b.
【详解】已知,所以
因为
所以，
又画出的图像在同一坐标系，易知，综上：
故选：D
【点睛】利用图像法解决a,b大小是本题关键.
9．ABC
【分析】对于A，由命题否定的定义判断即可；对于B，由直线平行的充要条件即可验算；对于C，由投影向量的计算公式验算即可；对于D，由百分位数的定义判断即可.
【详解】对于A，命题“”的否定为“”，故A正确；
对于B，若直线与平行，则，
解得，检验符合，故B正确；
对于C，若向量，
则在上的投影向量为，故C正确；
对于D，已知5位同学的数学成绩为：，，
所以则这组数据的第60百分位数为，故D错误.
故选：ABC.
10．AB
【分析】根据图象变换的规则即可求出的解析式，判断选项A；解方程即可判断选项B；根据正弦函数的对称性可判断选项C；对任意的恒成立，只需即可，求出的最大值即可判断选项D.
【详解】根据题意可得：，故选项A正确；
对于选项B：令，可得：.
因为，
所以或或，故选项B正确；
对于选项C：因为，
所以直线不是图象的一条对称轴，故选项C错误；
对于选项D：因为对任意的恒成立，，
所以对任意的恒成立.
当时，，
所以，即.
所以，故选项D错误.
故选：AB
11．ACD
【分析】根据古典概型的概率计算公式，可判定A正确；根据互斥事件的定义，举例说明，可判定
B不正确；根据事件的关系，结合古典概型的概率计算，可判定C正确；根据独立事件的判定方法，可判定D正确.
【详解】由连续投掷一个骰子两次，记录每次骰子朝上的点数，基本事件共有36种情况，
事件“第一次朝上的点数为奇数”，事件“两次朝上的点数之和不能被2整除”，
对于A中，事件“第一次朝上的点数为奇数”包含18种情况，所以概率为，所以A正确；
对于B中，例如：事件“第一次朝上的点数为3，第二次点数朝上的点数为3”，
事件和同时发生，所以事件和不是互斥事件，所以B不正确；
对于C中，事件“第一次朝上的点数为奇数”包含18种情况，事件“两次朝上的点数之和不能被2整除”包含18种情况，其中第一次点数为奇数且点数和能被2整除，包括9种，所以，所以C正确；
对于D中，由，，且，
所以，所以事件和相互独立，所以D正确.
故选：ACD.
12．AD
【分析】对于A，由，即可判断；对于BC，画出图形，求出，由此可以排除C，对于B，注意到底面直径为的圆柱体的直径大于题中所给圆柱形的直径，由此可以排除B；对于D，画出图形，求出比较大小即可.
【详解】对于A，因为，即球的直径小于圆柱直径和高，所以直径为的球体能被整体放入底面直径和高均为1的圆柱容器；
对于B，C，如图所示：
画出底面直径和高均为1的圆柱容器以及高（或底面直径）为的圆柱体的轴截面，
点是边长为1的正方形的对角线的交点，点是高（或底面直径）为的圆柱体的底面圆心（或母线的中点），
而,容易知道，
所以，即，
解得，故C不符合题意，
又注意到虽然，
但是底面直径为的圆柱体的直径大于题中所给圆柱形的直径，即题中所给圆柱形直径不够“宽”，故B选项也不符合题意；
对于D，如图所示，

先来看底面圆底面直径和高均为1（单位：）的圆柱容器的底面圆的内接正三角形的边长，
由正弦定理有，
设为另外一个底面的圆心，则由勾股定理有，
所以底面边长为，侧棱长为的正三棱锥能被整体放入底面直径和高均为1（单位：）的圆柱容器，故D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点睛：判断D选项的关键是求出题中圆柱容器的底面圆的内接正三角形的边长，以及，由此即可顺利得解.
13．
【分析】直接由向量垂直的坐标表示计算参数即可.
【详解】由题意向量．若，则，解得.
故答案为：.
14．1
【分析】本题先求出、，再化简代入求值即可.
【详解】解：∵ ，，，
∴ 或
①当且时，
；
②当且时，
.
故答案为：1.
【点睛】本题考查了同角三角函数关系，二倍角公式，是基础题.
15．
【分析】由等比数列求和公式以及等比数列性质得，结合已知条件即可进一步求解.
【详解】设等比数列公比为，则（否则，矛盾），
所以数列的通项公式为，它是以为首项、为公比的等比数列，
所以，
而，所以，
所以.
故答案为：.
16．
【分析】由题意可得点在以为圆心，为半径的圆上，再结合点又在渐近线上，故渐近线和圆要有公共点，利用圆心到直线的距离小于等于半径，即可求得离心率的取值范围.
【详解】设，则，化简得，所以点在以为圆心，为半径的圆上，又因为点在双曲线的渐近线上，所以渐近线与圆有公共点，所以，解得，即，所以双曲线离心率的取值范围是.
【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质，考查直线和圆、直线和双曲线的位置关系，考查双曲线的离心率的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式以及前n项和公式，列出方程组，求得答案；
（2）由（1）可得的表达式，利用裂项求和的方法求得答案.
【详解】（1）设数列的公差为d，
则由已知得,解得，，
所以;
（2）由（1）可得
所以.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，利用正弦定理边转角，得到，再利用辅助角公式，得到，即可求出结果；
（2）根据条件，利用，得到，且有，联立解出，即可求出结果.
【详解】（1）在中，，
由正弦定理可化简得，
又，
所以，
化简得到，
又在中，，所以，得到，
即，所以，即，
又，所以，得
（2）由（1）知，又的角平分线交于点，且，
所以，得到
整理得到①，
又在中，，得到②，
联立①②解得
所以的周长为.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由中位线定理证明线线平行，再由线面平行判定定理可证；
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量法求解二面角.
【详解】（1）如图，连接交于点，连接．
底面四边形为菱形，为的中点.
又在中，为的中点，
，
又平面，且平面
平面；
（2）如图，在直四棱柱中，底面四边形为菱形，
，过作底面的垂线，
以为坐标原点，以分别为轴，以所作底面的垂线为轴，建立如图所示的直角坐标系，
由直四棱柱可知平面，则轴，
设菱形的边长为2，
又，
，
则有，
则，
设平面的一个法向量为，
则，解得，令，得，
则；
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
则.
设二面角的平面角为，由图可得为锐角，则
.
所以二面角的余弦值为.
20．(1)
(2)选择方案二
【分析】（1）利用分层抽样求得分别在区间抽取的猕猴桃个数，再利用列举法，结合古典概型的概率公式即可得解；
（2）根据题意，分别求得两个方案的收入情况，从而得解.
【详解】（1）由频率分布直方图可得，落在的猕猴桃数量之比为，
用比例分配的分层随机抽样方法，从重量落在区间，的猕猴桃中抽取5个，
则在中抽2个，并编号为，在中抽3个，并编号为，
现从这5个猕猴桃中随机抽取2个，得到样本空间
，
设事件“抽取的2个猕猴桃重量均不小于90克”
则，
所以，
即这2个猕猴桃重量均不小于90克的概率.
（2）根据频率分布直方图可得，
选择方案一获得收入为
，
选择方案二获得利润为
，
因为，所以选择方案二.
注：因为方案二按重量来分类需花费人力、物力、财力等因素，所以学生考虑到方案一在按重量分类上可以节省人力、物力、财力等因素，所以选方案一，最后一步决策上这1分也给．
21．(1)
(2)或
【分析】（1）由函数是偶函数，有，根据等式求实数的值；
（2）由在上为增函数，且，问题转化为在区间上恰有1个实数解，利用对数式的运算规则化简函数解析式，通过换元，由二次函数的性质求的取值范围．
【详解】（1）依题意可得，函数为偶函数，则有，
又，
所以，
即，
解得.
（2）当时，由，
易知在上为增函数，且，
又因为，所以，
，
因为在区间上恰有1个实数解，即在区间上恰有1个实数解，
令，
在区间上恰有1个实数解，等价于方程在区间上恰有1个实数解，
即在区间上恰有1个实数解，
令，由二次函数的性质可知在单调递减，在单调递增．
，，，在区间上的值域为，
因为在区间上恰有1个实数解，所以或，
解得或，
所以的取值范围为或.
【点睛】方法点睛：
方程的根或函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
22．(1)
(2)，且
【分析】（1）由题意可得， ，代入即得；
（2）可设直线的方程为 ，与椭圆C联立，然后利用韦达定理求出直线和直线参数方程，消去参数可得.
【详解】（1）依题意可设椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，
又因为椭圆的左、右焦点分别为，且的最大值为3，最小值为1，
所以，
解得，
又，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1）得椭圆的标准方程为，易知，
由题意得直线不与轴重合，可设直线的方程为，
，
联立，消得．
恒成立，
，
所以① ，
又直线②，
又直线③，
联立②③得，
将①式代入整理得，
解得，
又因为直线不与轴重合，
所以直线与的交点轨迹方程为，且
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.