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

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，共10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。

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第2页，第II卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
第I卷（选择题，共58分）
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.
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
3.已知集合，，则的元素个数为（ ）
A.4B.5C.6D.无数
4.在复平面内，复数（为虚数单位），则（ ）
A.B.C.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.
6.已知正项等比数列满足，则数列的公比为（ ）
A.2B.1C.D.或
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.
8.已知函数，满足，且，则（ ）
A.1011B.C.1012D.
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
10.如图1，在三棱柱中，，，为线段的中点，点为线段上靠近的三等分点，则（ ）
图1
A.B.C.平面NPCD.平面平面
11.已知，则（ ）
A.B.C.D.
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__________.
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2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_________.
图2
14.若，使取得最小值时的值为_________.
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.（本小题满分13分）
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.
（I）求的方程；
（II）直线与相切于点，若点的纵坐标为2，求直线的方程.
16.（本小题满分15分）
如图3，在四棱雉中，底面ABCD是正方形，底面，，为AC与BD的交点，为PD的中点.
图3
（I）求MO与PC成角的正切值；
（II）求MO与平面MCD成角的正弦值.
17.（本小题满分15分）
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，.
（I）求；
（II）求的面积.
18.（本小题满分17分）
已知.
（I）求在点处的切线方程；
（II）记的最大值为，求证：.
19.（本小题满分17分）
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.
（I）求粒子在第2秒末移动到点的概率；
（II）求第6秒末粒子回到原点的概率；
（III）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.
玉溪市2023~2024学年春季学期期末高二年级教学质量检测
数学参考答案
第I卷（选择题，共58分）
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）
【解析】
1.，故选B.
2.6次考试的数学成绩为105，117，110，128，141，133，故成结的极差为，故选C.
3.由题意得，，则，中元素的个数是4，故选A.
4.，，，故选D.
5.由正弦定理，，解得，故选C.
6.设等比数列公比为，由题意得，，解得，故选A.
7.由，，，，
所以，，，
由勾股定理可得，可得，故，故选B.
8.由题意得，，
令，
则是首项为、公差为的等差数列，
，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）
【解析】
9.直线和圆相交等价于圆心到直线的距离小于半径，故，解得，故选AB.
10.因为，故，，
所以侧面为矩形；，
又，，，平面，
所以平面，而平面，故；
平面NPC不平行于平面，所以AC不垂直于平面NPC；平面ACP，
所以平面平面，故选ABD.
11.由二项式定理可得，，，，，故选ACD.
第II卷（非选择题，共92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
【解析】
12.1班和2班获得一等奖的概率.
13.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.，
当且仅当时取等号，即.
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.（本小题满分13分）
解：（I）设，由题意得，
化简得，故的方程为.
（II）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.（本小题满分15分）
解：（I）为AC与BD的交点，为AC与BD的中点，
因为底面，底面，所以，
因为底面ABCD是正方形，所以，
所以平面PAB，所以，
因为，
所以MO与PC成角为PB与PC成角，即为，
所以.
（II），
为PD的中点，所以点到平面OCD的距离为，
因为底面，底面ABCD，所以，
因为底面ABCD是正方形，所以，
所以平面PAD，所以，
，
设点到平面MCD的距离为，
由等体积法可得，
解得，
所以MO与平面MCD成角的正弦值为.（两问均可建系解答）
17.（本小题满分15分）
解：（I）由正弦定理得
，
即，
由余弦定理，
得，解得.
（II），
取AC，BC边中点分别为P，Q，
由平行四边形法则可知，
故点在PQ上，即在边AB的中位线上，
所以，，
所以.
18.（本小题满分17分）
（I）解：，，，
所以在点处的切线方程为.
（II）证明：当时，；当时，，
所以求的最大值为只需讨论时，
，
令，，
当时，，单调递减，
，，
故，使得，即，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，
由于，，所以.
19.（本小题满分17分）
解：（I）由题意得，粒子在第2秒末移动到点的概率.
（II）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，
于是.
（III）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：
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
C
A
D
C
A
B
D
题号
9
10
11
答案
AB
ABD
ACD
题号
12
13
14
答案
1
3