絕密★啟用前2023～2024學年度5月質量檢測高二數學全卷滿分150分，考試時間120分鐘.注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.請按題號順序在答題卡上各題目的答題區域內作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效.3.選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選答案的標號涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作答；字體工整，筆跡清楚.4.考試結束后，請將試卷和答題卡一并上交.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先確定，再根據集合交集的定義求解.【詳解】由，解得，所以；又由，解得，所以.所以.故選：B.2.已知，則（）A.B.C.4D.2【答案】A【解析】【分析】根據復數的四則運算可得，，即可得模長.【詳解】由題意可得，則，所以.故選：A.3.函數的單調遞減區間是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求導，令，利用導數求的單調遞減區間.【詳解】由題意可知：的定義域為，且，令，解得，所以函數的單調遞減區間是.故選：B.4.若直線與圓相切，則圓的半徑為（）A.2B.4C.D.8【答案】C【解析】【分析】由圓心到直線的距離等于半徑列方程即可得解.【詳解】依題意，，解得（負值舍），所以圓的半徑為.故選:C.5.從裝有2個白球、3個紅球的箱子中無放回地隨機取兩次，每次取一個球，表示事件“兩次取出的球顏色相同”，表示事件“兩次取出的球中至少有1個是紅球”，則（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出和，再利用條件概率的公式求解.【詳解】由于我們不考慮兩次取球的順序，故可以視為從該箱子中一次性隨機取出兩個球.從而，，故.故選：A.6.已知兩個非零向量，滿足，則在方向上的投影向量為（）AB.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據給定條件，利用數量積的運算律可得，再利用投影向量的意義求解即得.【詳解】由，兩邊平方得，則，而，所以在方向上的投影向量為.故選：D7.已知函數在上單調遞增，且是奇函數，則滿足的的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由函數單調性以及奇偶性分大于1或小于1進行討論即可得解.【詳解】由是奇函數及在上單調遞增，所以，則關于對稱，當時，，此時若，則，即，所以，當時，，此時若，則，即，所以，綜上所述，當且僅當或時，.故選：C.8.已知，設函數，若存在，使得，則的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】當時，的最小值為，然后分是否大于1，討論在時的最小值，由此分別列出不等式即可求解.【詳解】當時，易知的最小值為，當時，，令，解得，若，則在上單調遞增，且時，，所以只需，解得或，又，所以，若，則在上單調遞減，在上單調遞增，成立，所以符合題意，綜上，的取值范圍是.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：涉及到含參分段函數的最值時，一般討論時盡量做到有序討論，這樣可以不充不漏，從而即可順利得解.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知函數，點，是曲線的兩個相鄰的對稱中心，則（）A.的最小正周期為B.在區間上的最大值為2C.直線是曲線的一條對稱軸D.在區間上有3個零點【答案】ABC【解析】【分析】對于A：根據題意結合正弦函數性質分析周期性，即可得結果；對于B：由選項A可知：，以為整體，結合正弦函數求最值；對于C：結合選項B中的最值分析判斷；對于D：結合周期性分析判斷.【詳解】對于選項A：設的最小正周期為，且，由題意可知：，可得，，故A正確；對于選項B：由選項A可知：，當時，則，可知當，即時，取到最大值2，所以在區間上的最大值為2，故B正確；對于選項C：由選項B可知：當時，取到最大值2，所以直線是曲線的一條對稱軸，故C正確；對于選項D：因為的最小正周期為，且在一個周期長度內至多只有2個零點，故D錯誤；故選：ABC.10.設數列的前項和為，已知，則下列結論正確的為（）A.若，則為等差數列B.若，則C.若，則是公差為的等差數列D.若，則的最大值為1【答案】ABD【解析】【分析】由遞推數列、等差數列的性質即可逐一判斷各個選項，從而得解.【詳解】當時，，所以為等差數列，A選項正確；，所以是公差為-1的等差數列，C選項錯誤；當時，，所以，B選項正確；由可知，，所以，D選項正確.故選：ABD.11.已知拋物線的焦點為，，為上的兩點，過，作的兩條切線交于點，設兩條切線的斜率分別為，，直線的斜率為，則（）A.的準線方程為B.，，成等差數列C.若在的準線上，則D.若在的準線上，則的最小值為【答案】BCD【解析】【分析】將拋物線方程化成標準形式即可判斷A，設，，可以用表示，進一步判斷B，設直線：，：，從而得到，進一步結合B選項分析可判斷C，由拋物線定義結合基本不等式即可得解.【詳解】對A，拋物線：，拋物線的準線方程為，A選項錯誤；對B，設，，∵，∴，，，∴，B選項正確；對C，由上可知直線：，：，解得，，，，C選項正確；對D，，當且僅當時取等號，D選項正確.故選：BCD.【點睛】關鍵點點睛：判斷C選項的關鍵是得出，進一步結合，即可順利判斷.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.的展開式中，的系數為_____________.（用數字作答）【答案】-80【解析】【分析】直接利用二項式展開式，通過賦值即可得解.【詳解】的展開式的通項為，令，的系數為.故答案為：-80.13.已知為坐標原點，若雙曲線的右支上存在兩點，，使得，則的離心率的取值范圍是_____________.【答案】【解析】【分析】由題意得出，其中，結合離心率公式即可得解.【詳解】設漸近線的傾斜角為，則，即，所以，離心率.故答案為：.14.已知某圓錐內切球的半徑為1，則該圓錐側面積的最小值為_____________.【答案】【解析】【分析】分析可知，，整理可得側面積為，換元，結合基本不等式分析求解.【詳解】設圓錐底面半徑為，母線長為，且母線與底面所成角為，則，，可得圓錐側面積為，設，即，則，當且僅當，即時，等號成立，所以該圓錐側面積的最小值為.故答案：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程及演算步驟.15.已知數列滿足，.（1）證明：數列為等比數列；（2）在與之間插入個數，使得這個數組成公差為的等差數列，求.【答案】（1）證明見解析（2）39【解析】【分析】（1）分析可得，結合等比數列的定義分析證明；（2）由（1）可得，結合等差數列的性質列式求解.【小問1詳解】因為，則，且，可得，所以是以3為首項，3為公比的等比數列；小問2詳解】由（1）可得：，則，由題意可得：，，即，解得，所以的值為39.16.近年來，我國青少年近視問題呈現高發性、低齡化、重度化趨勢.已知某校有學生200人，其中40人每天體育運動時長小于1小時，160人每天體育運動時長大于或等于1小時，為研究體育運動時長與青少年近視相關性，研究人員采用分層隨機抽樣的方法從學生中抽取50人進行調查，得到以下數據：體育運動時長小于1小時體育運動時長大于或等于1小時合計近視4無近視2合計（1）請完成上表，并依據小概率值的獨立性檢驗，能否認為學生是否近視與體育運動時長有關？（2）為進一步了解近視學生的具體情況，現從調查的近視學生中隨機抽取3人進行進一步的檢測，設隨機變量為體育運動時長小于1小時的人數，求的分布列和數學期望.附：0.100.050.0100.0050.0012.7063.84166357.87910.828參考公式：，其中.【答案】（1）可以認為學生是否近視與體育運動時長有關（2）分布列見詳解，【解析】【分析】（1）根據題意結合分層抽樣完善列聯表，求，并與臨界值對比分析；（2）由題意可知：的可能取值為0，1，2，3，結合超幾何分布求分布列和期望.【小問1詳解】由題意可知：抽取50人中體育運動時長小于1小時的人數為，據此可得列聯表：體育運動時長小于1小時體育運動時長大于或等于1小時合計近視8412無近視23638合計104050零假設：學生是否近視與體育運動時長無關，可得，根據小概率值的獨立性檢驗，沒有充分證據推斷出成立，因此可以認為不成立，即認為學生是否近視與體育運動時長有關.【小問2詳解】由題意可知：的可能取值為0，1，2，3，，，，，所以的分布列為0123的期望.17.如圖，在直三棱柱中，，，，為的中點.（1）證明：；（2）設為的中點，在棱上，滿足平面，求與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明過程見解析（2）【解析】【分析】（1）只需結合已知以及線面垂直的判定定理證明平面，再結合線面垂直的性質即可得證；（2）建立適當的空間直角坐標系，求出的方向向量與平面的法向量，由向量夾角的余弦的坐標公式即可得解.【小問1詳解】連接，設與交于點，因為，且，所以，所以，所以，又在直三棱柱中，，平面，平面，故，又，，平面，所以平面，又平面，故；【小問2詳解】如圖所示，建立空間直角坐標系，，，，，，，設，，因為平面，平面，平面，所以，則由，得，解得，所以平面的一個法向量為，設與平面所成角為，，則，所以與平面所成角的正弦值為.18.已知函數.（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）已知有兩個極值點.（ⅰ）求的取值范圍；（ⅱ）若的極小值小于，求的極大值的取值范圍.【答案】（1）（2）（?。?；（ⅱ）【解析】【分析】（1）求導，結合導數的幾何意義求切線方程；（2）（?。┓治隹芍}意等價于有兩個不同的正實數根，結合基本不等式分析求解；（ⅱ）設有兩個不同的正實數根，根據單調性可知的極值點，結合零點代換可得，構建，結合單調性分析可得，則，即可得取值范圍.【小問1詳解】當時，則，，可得，，即切點坐標為，切線斜率，所以曲線在處的切線方程為，即.【小問2詳解】（?。┯深}意可知：的定義域為，，令，可得，原題意等價于有兩個不同的正實數根，因為，當且僅當，即時，等號成立，可知，所以的取值范圍；（ii）由（i）可知：有兩個不同的正實數根，，不妨設，可知，當時，；當或時，；可知在，上單調遞增，在上單調遞減，所以為的極小值點，為的極大值點，對于的極值點，則，可得，設，則，當時，；當時，；可知在內單調遞增，在上單調遞減，則，可知，則，又因為在區間上單調遞增，則，所以的極大值的取值范圍是.【點睛】方法點睛：利用導數研究函數極值、最值的方法（1）若求極值，則先求方程的根，再檢查在方程根的左右函數值的符號；（2）若探究極值點個數，則探求方程在所給范圍內實根的個數；（3）若已知極值大小或存在情況，則轉化為已知方程根的大小或存在情況來求解；（4）求函數f(x)在閉區間的最值時，在得到極值的基礎上，結合區間端點的函數值，與的各極值進行比較，從而得到函數的最值．19.已知橢圓的左、右焦點分別為，，離心率為，點，且為等腰直角三角形.（1）求橢圓的標準方程；（2）設點為上的一個動點，求面積的最大值；（3）若直線與交于兩點，且，證明：直線過定點.【答案】（1）（2）（3）證明見詳解【解析】【分析】（1）根據題意結合離心率列式求，即可得方程；（2）設，根據點到直線的距離結合三角函數分析可知：取到最大值，即可得面積最大值；（3）設直線：，，，根據向量夾角結合向量運算分析可得，進而可得，即可得定點.【小問1詳解】設橢圓的焦距為，由題意可知：，解得，所以橢圓的標準方程為.【小問2詳解】由（1）可知：，則直線的斜率為，且，可知直線：，即，因為點為橢圓上的一個動點