2023-2024学年云南省大理州高二下学期期末普通高中教学质量监测数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年云南省大理州高二下学期期末普通高中教学质量监测数学试卷（含解析），共13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.设z=2+4i1−3i，则z的虚部是( )
A. 1B. −1C. −iD. i
2.已知集合A={x|x2−2x≥0}，B={x|lnx>0}，则(∁RA)∩B=( )
A. (0,+∞)B. (1,+∞)C. (0,1)D. (1,2)
3.在平面直角坐标系中，已知两点A(0,1)，B(0,−1)，点M为动点，且直线AM与BM的斜率之积为12，则点M的轨迹方程为( )
A. x2+2y2=2(x≠0)B. 2x2−y2=2(x≠0)
C. x2−2y2=2(x≠0)D. 2y2−x2=2(x≠0)
4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5=11，S10=24，则S15=( )
A. 34B. 39C. 42D. 45
5.若sinα⋅tanα=154，则cs2α=( )
A. 78B. −78C. 1516D. −1516
6.已知向量a，b满足|a|=1，b=(1,2)，|a−b|= 7，则向量a在向量b方向上的投影向量为( )
A. (110,210)B. (−110,−210)C. (15,25)D. (−15,−25)
7.已知菱形ABCD，∠ADC=π3，AB=2 3，将△DAC沿AC对折至△PAC，使PB= 3 3，则三棱锥P−ABC的外接球的表面积为( )
A. 12πB. 27πC. 28πD. 48π
8.已知函数f(x)的导数为f′(x)，若方程f(x)−f′(x)=0有解，则称函数f(x)是“T函数”，则下列函数中，不能称为“T函数”的是( )
A. f(x)=2xB. f(x)=lnxC. f(x)=tanxD. f(x)=x+1x
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.小华到大理旅游，对于是否选择崇圣寺三塔与蝴蝶泉这两个景点，下列各事件关系中正确的是( )
A. 事件“至少选择其中一个景点”与事件“至多选择其中一个景点”为互斥事件
B. 事件“两个景点均未选择”与事件“至多选择其中一个景点”互为对立事件
C. 事件“只选择其中一个景点”与事件“两个景点均选择”为互斥事件
D. 事件“两个景点均选择”与事件“至多选择其中一个景点”互为对立事件
10.已知函数f(x)=cs23x( 3sin23x−cs23x)+12的图象向左平移π4个单位后得到g(x)的图象，则下列结论正确的是( )
A. g(x)=cs(43x+2π3)B. g(x)的图象关于x=π4对称
C. g(x)的图象关于(−π8,0)对称D. g(x)在(−π2,π2)上单调递增
11.已知O为坐标原点，曲线C:x2+y2=1+ |x|y图象酷似一颗“红心”(如图).对于曲线C，下列结论正确的是：( )
A. 曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点)
B. 曲线C上存在一点P使得|OP|= 2
C. 曲线C上存在一点P使得|OP|=2
D. 曲线C所围成的“心形”区域的面积大于3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某年级有男生490人，女生510人，为了解学生身高，按性别进行分层，并通过分层随机抽样的方法得到样本容量为100的样本数据，若抽样时在各层中按比例分配样本，并得到样本中男生、女生的平均身高分别为170cm和160cm，在这种情况下，可估计该年级全体学生的平均身高为 cm．
13.设F1，F2分别是椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，过F2的直线交椭圆E于P，Q两点，且PF1⊥PQ，|PF2|=2|QF2|，则椭圆E的离心率为 ．
14.对函数f(x)=3x做如下操作：先在x轴找初始点P1(x1,0)，然后作f(x)在点Q1(x1,f(x1))处切线，切线与x轴交于点P2(x2,0)，再作f(x)在点Q2(x2,f(x2))处切线，切线与x轴交于点P3(x3,0)，再作f(x)在点Q3(x3,f(x3))处切线，依次类推.现已知初始点为P1(0,0)，若按上述过程操作，则x3= ，所得三角形△PnQnPn+1的面积为 .(用含有n的代数式表示)
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，5csC(acsB+bcsA)=c．
(Ⅰ)求csC的值;
(Ⅱ)若c=3，△ABC的面积为 62，求△ABC的周长．
16.(本小题12分)
已知Sn，Tn，分别是数列{an}和{bn}的前n项和，S5=25，an+1−an=2(n∈N∗)，2Tn=3bn−3(n∈N∗).
(Ⅰ)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(Ⅱ)若cn=an⋅bn，求数列{cn}的前n项和Rn．
17.(本小题12分)
如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1=AB=AC=2，BC=2 2，M，N分别是CC1，BC的中点，点P为线段A1B1上一点，|A1P|=a．
(Ⅰ)证明：AM⊥PN;
(Ⅱ)若平面PMN与平面ABC的夹角的余弦值为 66，试求a的值．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=lnx+1−xax，x=1为函数f(x)的极值点．
(1)求实数a的值，并求出f(x)的极值;
(2)若x∈[12,2]时，关于x的方程f(x)=m有两个不相等实数根x1，x2．
(Ⅰ)求实数m的范围;
(Ⅱ)求证x1x2>1．
19.(本小题12分)
已知定点F(0,12)，直线l:y=−12，动圆过点F且与直线l相切，动圆圆心的轨迹为曲线C．
(Ⅰ)求曲线C的方程;
(Ⅱ)若a为正数，圆x2+(y−a)2=a2与曲线C只有一个交点，求正数a的取值范围;
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下所得到半径最大的圆记为圆M，点P(x0,y0)是曲线C上一点，且y0>2，过P作圆M的两条切线，分别交x轴于A，B两点，求△PAB面积的最小值．
答案解析
1.A
【解析】解：依题意，z=(2+4i)(1+3i)(1−3i)(1+3i)=−10+10i10=−1+i，
则z的虚部是1．
故选：A．
2.D
【解析】解：∵集合A={x|x(x−2)⩾0}={x|x⩽0或x⩾2}，
B={x|lnx>0}={x|x>1}，
∴∁RA={x|0∴(∁RA)∩B=(1,2)．
3.D
【解析】解：设M(x,y)，
∵A(0,1)，B(0,−1)，
∴kAM=y−1x(x≠0)，kBM=y+1x(x≠0)，
由kAM⋅kBM=12，得y−1x⋅y+1x=12(x≠0)，
即2y2−x2=2(x≠0)，
∴动点P的轨迹方程为2y2−x2=2(x≠0)．
故选D．
4.B
【解析】解：因为数列{an}为等差数列，
所以Sn，S2n−Sn，S3n−S2n也是等差数列．
由题意得S5=11，S10−S5=13，
则S15−S10=15，
所以S15=24+15=39，
故选B．
5.B
【解析】解：由sinα⋅tanα=154，得到sinα⋅sinαcsα=154，即1−cs2αcsα=154，
解得csα=14，
所以cs2α=2cs2α−1=2×(14)2−1=−78，
故选B．
6.B
【解析】解：∵|b|= 12+22= 5，|a−b|= 7，所以(a−b)2=7，即a2−2a⋅b+b2=7，
解得a⋅b=−12，
∴a在b方向上的投影向量为a⋅b|b|×b|b|=−12 5×(1,2) 5=(−110,−210).
故选B．
7.C
【解析】由题意在边长为2 3，的菱形 ABCD 中， ∠ADC=π3， 知，
△ACD 和 △ABC △PAC为等边三角形，如图所示，

取AC中点E，连接PE，BE，则 AE⊥BD ，AC=2 3 ，PB= 3 3，
所以PE=BE=3，由PB= 3 3，得到EH=32，所以tan∠BEH= 3，所以∠BEH=60°=∠PEH，
由于△ACD 和 △ABC ，故三棱锥 P−ABC 外接球球心O在平面PBE中PB的高EH上， △ABC外心为 F ，即OF⊥ 平面ABC ，EF=13BE=1，所以OF= 3，
所以球半径OB= OF2+BF2= 3+4= 7
则外接球表面积为 S=4πR2=28π ，
故选：C
8.C
【解析】
解：对于A，要使f(x)−f′(x)=0有解，则2x+2x2=0有解，
即x+1=0有解，解得x=−1，
所以函数f(x)=2x为“T函数”，故A错误；
对于B，要使f(x)−f′(x)=0有解，
则lnx=1x有解，
由函数f(x)=lnx与y=1x的图象知，它们有交点，因此方程有解，
所以函数f(x)=lnx为“T函数”，故B错误；
对于C，要使f(x)−f′(x)=0有解，则tanx−1cs2x=0有解，
即sinxcsx=1有解，sin2x=2，显然无解，
所以函数f(x)=tanx不为“T函数”，故C正确；
对于D，要使f(x)−f′(x)=0有解，则x+1x−(1−1x2)=0有解，
即x3−x2+x+1=0有解，
设函数g(x)=x3−x2+x+1，g′(x)=3x2+2x+1>0且g(−1)<0，g(0)>0，
显然函数g(x)在(−1,0)上有零点，即x3−x2+x+1=0有解，
所以函数f(x)=lnx为“T函数”，故D错误．
故选C．
9.CD
【解析】解：A选项，事件“至少选择其中一个景点”包含选择一个或选择两个，
事件“至多选择其中一个景点”包含选择一个或一个也不选，
所以不是互斥事件，故A错误；
B选项，事件“至多选择其中一个景点”包含选择一个景点或两个景点均未选择，
所以不是互斥事件，故B错误；
C选项，事件“只选择其中一个景点”与事件“两个景点均选择”为互斥事件，故C正确；
D选项，事件“至多选择其中一个景点”包含选择一个景点或两个景点均未选择，
与事件“两个景点均选择”为对立事件，故D正确．
故选CD．
10.BC
【解析】解：由题可得f(x)=cs23x( 3sin23x−cs23x)+12=sin(43x−π6)，
所以g(x)=sin[43(x+π4)−π6]=sin(43x+π6)，
y=cs(43x+2π3)=cs(43x+π6+π2)=−sin(43x+π6)，A错；
g(π4)=sin(43×π4+π6)=sinπ2=1，取最大值1，B对；
g(−π8)=sin[43×(−π8)+π6]=sin0=0，C对；
当−π211.ABD
【解析】
解：对于A，将x换成−x，方程不变，所以图形关于y轴对称，
当x=0时，代入方程可得y2=1，所以y=±1，
即曲线经过点(0,−1)，(0,1)，
当x>0时，方程变为y2−xy+x2−1=0，
所以△=x2−4(x2−1)≥0，解得x∈(0,2 33)，
所以x只能取整数1，当x=1时，y2−y=0，
解得y=0或y=1，即曲线经过点(1,0)，(1,1)，
根据对称性，可得曲线还经过(−1,0)，(−1,1)，
故曲线一共经过6个整点，故A正确;
对于BC，当x>0时，由x2+y2=1+xy，可得x2+y2−1=xy≤x2+y22，当且仅当x=y取等号，
所以x2+y2≤2，所以 x2+y2≤ 2，
故曲线C上y轴右边的点到原点的距离不超过 2，
当x=y时，x2+x2=1+x2，解得x2=1，则|OP|= 2，故B正确，C错误；
对于D，如图：
在x轴上方图形的面积大于矩形的面积1×2=2，
在x轴下方图形的面积大于等腰直角三角形的面积12×2×1=1，
因此曲线C所围成的“心形”区域的面积大于2+1=3，故D正确．
故选ABD．
12.164.9
【解析】解：因为100490+510=110，
所以在抽取的100人中男生49人，女生51人，
故样本平均数为170×49+160×51100=164.9 ，
估计该校全体学生的平均身高是164.9cm，
故答案为164.9．
13. 53
【解析】解：设|QF2|=m，则|PF2|=2m，
所以(2a−2m)2+(2m)2=(2c)2,(2a−2m)2+(3m)2=(2a−m)2，
所以a=3m，c= 5m，
所以椭圆E的离心率为e=ca= 53．
故答案为 53．
14.−2ln3；lg9een−1
【解析】解：设Pn(xn,0)，则Qn(xn,f(xn))，
因为f(x)=3x，所以f′(x)=3xln3，如图，
则Qn(xn,f(xn))处切线为y=3xnln3(x−xn)+3xn，
切线与x轴相交得Pn+1(xn+1,0)，
则xn+1−xn=−1ln3，
所以xn=(xn−xn−1)+(xn−1−xn−2)+...+(x3−x2)+(x2−x1)，因为x1=0，
所以xn=−n−1ln3，
所以x3=−3−1ln3=−2ln3；
所以P1P2=P2P3=⋯=PnPn+1=1ln3，
f(xn)=3−n−1ln3=(3−lg3e)n−1=1en−1，
所以S△PnQnPn+1=12×1ln3×1en−1=lg9een−1．
15.解：(Ⅰ)因为5csC(acsB+bcsA)=c，
由正弦定理可得：5csC(sinAcsB+sinBcsA)=sinC，
可得5sinCcsC=sinC，且C∈(0,π)，可知sinC≠0，
可得csC=15．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：C∈(0,π)，csC=15，则sinC= 1−cs2C=2 65，
因为△ABC的面积为S△ABC=12absinC，可得2ab=5，
由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcsC=(a+b)2−2ab−2abcsC，
可得a+b= 15，
所以△ABC的周长为a+b+c= 15+3．
【解析】
(Ⅰ)已知等式利用正弦定理化简，整理后利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，根据sinC不为0求出csC的值；
(Ⅱ)利用余弦定理列出关系式，利用三角形面积公式列出关系式，求出a+b的值，即可求△ABC的周长．
16.解：(Ⅰ)由an+1−an=2(n∈N∗)可知数列{an}是公差为2的等差数列，由S5=25d=2，解得a1=1d=2，
所以an=1+2(n−1)=2n−1.由2Tn=3bn−3(n∈N∗)，
则2Tn+1=3bn+1−3，两式相减并整理得：bn+1=3bn(n∈N∗)，所以数列{bn}是公比为3的等比数列，
由2T1=3b1−3得b1=3，所以bn=3n；
(Ⅱ)由(1)可得cn=(2n−1)×3n，所以Rn=1×31+3×32+5×33+⋯+(2n−1)×3n，
则3Rn=1×32+3×33+5×34+⋯+(2n−1)×3n+1，
所以−2Rn=1×31+2×32+2×33+⋯+2×3n−(2n−1)×3n+1=3+2×32(1−3n−1)1−3−(2n−1)×3n+1=−6−(2n−2)×3m+1，所以Rn=3+(n−1)×3n+1．
【解析】
(Ⅰ)利用等差数列的定义求出an=2n−1，利用递推公式求出bn=3n；
(Ⅱ)利用错位相减法即可求出．
17.【解答】解：(1)因为AB=AC=2，BC=2 2，则AB2+AC2=BC2，即AB⊥AC，如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系，
则A1(0,0,2)，B1(2,0,2)，M(0,2,1)，N(1,1,0)，P(a,0,2)，PN=(1−a,1,−2)，
又因为AM=(0,2,1)，可得AM⋅PN=0，所以AM⊥PN．
(Ⅱ)假设存在，易知平面ABC的一个法向量为u=(0,0,1)因为MN=(1,−1,−1)，PN=(1−a,1,−2)，设n=(x,y,x)是平面PMN的一个法向量，则n⋅MN=x−y−z=0n⋅PN=(1−a)x+y−2z=0，令x=3，可得z=2−a，y=1+a，可得n=(3,1+a,2−a)，
则csn,u=|u⋅n||u|⋅|n|=|2−a| 9+(1+a)2+(2−a)2= 66，化简得2a2−11a+5=0，解得a=12或a=5，
因为a∈[0,2]，可得a=12．
【解析】
(Ⅰ)首先证AB⊥AC，再建立坐标系即可证得；
(Ⅱ)利用空间直角坐标系，求出平面ABC的法向量和平面PMN的法向量，再利用公式即可求出a的值．
18.解：(1)由已知：f′(x)=ax−1ax2，
依题意：f′(1)=0，解得a=1，此时f′(x)=x−1x2，
当x∈(0,1)时，则f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
故x=1是函数f(x)唯一的极小值点，
则y极小=f(1)=0，无极大值．
(2)(Ⅰ)由(1)，x∈[12,1)时f(x)单调递减，x∈(1,2]时f(x)单调递增，故f(x)min=f(1)=0．
又f(12)=1−ln2，f(2)=−12+ln2，
则f(12)−f(2)=1−ln2−(−12+ln2)=32−2ln2=ln e3−ln 162，
∵e3>2．73>16，∴f(12)−f(2)>0，∴f(12)>f(2)
∴由方程f(x)=m有两解可得，0(Ⅱ)由题意可知12≤x1<1要证x1x2>1，即证x1>1x2，由于1x2∈(12,1)且x∈[12,1)时f(x)单调递减
即证f(x1)令F(x)=f(x)−f(1x)=2lnx+1x−x，x∈(1,2)
F′(x)=−x2+2x−1x=−(x−1)2x<0
所以F(x)在x∈(1,2)单调递减，所以F(x)所以f(x2)1成立
【解析】
(1)求导，依题意：f′(1)=0，解得a=1，f′(x)=x−1x2，再利用导数求解单调性即可求解其极值
(2)(Ⅰ)由(1)，x∈[12,1)时f(x)单调递减，x∈(1,2]时f(x)单调递增，故f(x)min=f(1)=0.再根据题意求出f(12)>f(2)，所以由方程f(x)=m有两解可得，0(Ⅱ)要证x1x2>1，即证x1>1x2，由于1x2∈(12,1)且x∈[12,1)时f(x)单调递减，即证f(x1)19.解：(1)由题意，动圆圆心到点F的距离等于到直线l的距离，
故曲线C是以F(0,12)为焦点，l:y=−12为准线的抛物线，
所以曲线C的方程为x2=2y．
(2)圆方程与曲线C方程联立x2=2yx2+(y−a)2=a2，
得y2+(2−2a)y=0，解得：y1=0，y2=2a−2．
由于两曲线只有一个交点(0,0)，且由x2=2y可知y≥0，
则必须y2=2a−2≤0，即a≤1
又因为a为正数，故a∈(0,1]．
(3)设A(b,0)，B(c,0)，由P(x0,y0)，则直线PA的方程为y0x−(x0−b)y−y0b=0，
依题意圆心(0,1)到PA的距离为1，即|x0−b+y0b| y02+(x0−b)2=1，
即化简得(y0−2)b2+2x0b−y0=0，
同理可得(y0−2)c2+2x0c−y0=0，
所以b，c是方程(y0−2)x2+2x0x−y0=0的两根，
所以b+c=−2x0yy−2bc=−y0y0−2，依题意y0>2，则(c−b)2=4y02+4x02−8y0(y0−2)2，
又x02=2y0，所以(c−b)2=4y02(y0−2)2，所以|b−c|=|2y0|y0−2|，
所以S△PAB=12|b−c|⋅|y0|=y02y0−2=(y0−2)+4y0−2+4⩾2 y0−2·4(y0−2)+4=8，
当且仅当y0−2=4y0−2⇒y0=4时取等号，
所以△PAB面积的最小值8．
【解析】
(1)根据抛物线的定义即可得到曲线C是以F(0,12)为焦点，l:y=−12为准线的抛物线，即可求解
(2)圆方程与曲线C联立，根据题意只有一个焦点(0,0)，且由x2=2y可知y≥0，可求得a≤1
(3)设A(b,0)，B(c,0)，PA直线方程，根据点到直线的距离公式化简，整理可得b，c是方程(y0−2)x2+2x0x−y0=0的两根，运用韦达定理结合三角形面积公式以及不等式求解即可