洛陽市2023——2024學(xué)年高二質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試卷本試卷共4頁，共150分．考試時間120分鐘注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考號填寫在答題卡上．2．考試結(jié)束，將答題卡交回．一、單項選擇題：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.下列導(dǎo)數(shù)運算正確的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)法則逐項判斷.【詳解】，A錯誤；，B錯誤；，C錯誤；，D正確.故選：D2.已知具有線性相關(guān)的兩個變量之間的一組數(shù)據(jù)如表：1232536404856且經(jīng)驗回歸方程為，則當(dāng)時，的預(yù)測值為（）A.62.5B.61.7C.61.5D.59.7【答案】D【解析】【分析】求出，，根據(jù)回歸直線方程必過樣本中心點求出，即可得到回歸直線方程，再代入計算可得.【詳解】依題意，，又經(jīng)驗回歸方程為必過，即，解得，所以，當(dāng)時，即當(dāng)時，的預(yù)測值為.故選：D3.已知，則（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用誘導(dǎo)公式即可求得答案.詳解】由，可得.故選：C.4.已知成等比數(shù)列，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】用等比數(shù)列性質(zhì)即可得出答案.【詳解】成等比數(shù)列，，因為與-2和-4符號一樣，所以，.故選：B.5.已知函數(shù)為奇函數(shù)，其圖象在點處的切線方程為，記的導(dǎo)函數(shù)為，則（）A.2B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由奇函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為偶函數(shù)可知為偶函數(shù)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求解.【詳解】因為在點處的切線方程為，.又兩邊求導(dǎo)得：，即為偶函數(shù)，故選：A.6.已知向量，則在上的投影向量為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)模長關(guān)系分析可得，再結(jié)合投影向量的定義分析求解.【詳解】因為，則，又因為，則，可得，所以在上的投影向量為.故選：C.7.經(jīng)過拋物線的焦點F的直線交C于A，B兩點，與拋物線C的準(zhǔn)線交于點P，若成等差數(shù)列，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)等差中項得到，設(shè)直線方程為，聯(lián)立拋物線方程，借助韋達(dá)定理，由焦點弦弦長公式得到，表達(dá)出，求出，得到答案.【詳解】由題意得，，拋物線的準(zhǔn)線方程為，因為過拋物線焦點的直線與拋物線交于兩點，且與拋物線的準(zhǔn)線相交，所以直線的斜率存在且不為0，設(shè)直線方程為，與聯(lián)立得，設(shè)，顯然，則，，故，設(shè)直線傾斜角為，則，所以，故，解得，故，又，故，解得，故.故選：D【點睛】方法點睛：我們在處理有關(guān)焦點弦，以及焦半徑問題時長度問題時有以下幾種方法；（1）常規(guī)處理手段，求交點坐標(biāo)然后用距離公式，含參的問題不適合；（2）韋達(dá)定理結(jié)合弦長公式，這是此類問題處理的通法；（3）拋物線定義結(jié)合焦點弦公式.8.甲、乙、丙三位棋手按如下規(guī)則進(jìn)行比賽：第一局由甲、乙參加而丙輪空，由第一局的勝者與丙進(jìn)行第二局比賽，敗者輪空，使用這種方式一直進(jìn)行到其中一人連勝兩局為止，此人成為整場比賽的優(yōu)勝者，甲、乙、丙勝各局的概率均為，且各局勝負(fù)相互獨立．若比賽至多進(jìn)行四局，則甲獲得優(yōu)勝者的概率是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】令分別表示甲、乙、丙在第k局中獲勝．【詳解】甲獲勝分為兩種情況：①甲連勝兩局，概率為，②第一局甲負(fù)乙勝，第二局甲輪空，乙不勝丙勝，第三、四局都是甲勝，概率為，所以若比賽至多進(jìn)行四局，則甲獲得優(yōu)勝者的概率是.故選：B二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.在展開式中，下列說法正確的是（）A.各項系數(shù)的和是1024B.各二項式系數(shù)的和是1024C.含x的項的系數(shù)是D.第7項的系數(shù)是210【答案】BD【解析】【分析】根據(jù)二項式的展開式通項公式，結(jié)合賦值法，即可解決.【詳解】對于A，賦值令，則，則各項系數(shù)的和是.A選項錯誤.對于B，各二項式系數(shù)的和是，B選項正確.對于C，通項公式為，化簡得，令，解得，代入通項公式即得，，含x的項的系數(shù)是，C選項錯誤.對于D，令，代入通項公式得，，D選項正確.故選：BD.10.下列命題中正確的是（）A.設(shè)隨機(jī)變量，若，則B.一個袋子中有大小相同的3個紅球，2個白球，從中一次隨機(jī)摸出3個球，記摸出紅球的個數(shù)為x，則C.已知隨機(jī)變量，若，則D.若隨機(jī)變量，則當(dāng)時概率最大【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)正態(tài)分布的對稱性可判斷A；求出的取值及對應(yīng)的概率，再求出可判斷B；利用二項分布的均值、方差公式求出可判斷C；由求出可判斷D.【詳解】對于A，若，則，故A正確；對于B，可取，，，，則，故B正確；對于C，若，則，解得，則，故C錯誤；對于D，若隨機(jī)變量，則，由，得，解得時概率最大，故D正確.故選：ABD.11.已知為雙曲線的左、右焦點，過的直線交雙曲線C的右支于P，Q兩點，則下列敘述正確的是（）A.直線與直線的斜率之積為B.的最小值為C.若，則的周長為D.點P到兩條漸近線的距離之積【答案】BCD【解析】【分析】由雙曲線的定義和條件，易得結(jié)論；設(shè)，則，計算直線與直線的斜率之積，其到兩條漸近線的距離之積，判斷選項A、D；利用雙曲線的定義和性質(zhì)可判斷選項B、C.【詳解】如圖，，設(shè)，則，又，故A錯誤；由雙曲線的焦點弦的性質(zhì)，可得過焦點垂直于軸的弦的長度最小，即的最小值為，故B正確；由雙曲線的定義得，所以，故的周長為，故C項正確；由雙曲線的漸近線方程為，可得點P到兩條漸近線的距離之積為，D正確.故選：BCD12.如圖，在棱長為2的正方體中，E為的中點，點F滿足，則（）A.三棱錐的體積是定值B.當(dāng)時，平面BDFC.存在，使得AC與平面BDF所成的角為D.當(dāng)時，平面BDF截該正方體的外接球所得到的截面的面積為【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)，結(jié)合變化時，不是定值，可判定A錯誤；當(dāng)時，即點與點重合，證得和，得到平面，可判定B正確；求得平面的法向量為，結(jié)合向量的夾角公式，得到與平面所成角為，滿足，進(jìn)而得到直線與平面所成角范圍，可判定C正確；求得平面的法向量為，得到球心到平面的距離，結(jié)合球的截面圓的性質(zhì)，可判定D正確.【詳解】對于A中，正方體中，可得平面，即到平面的距離為，由，因為，當(dāng)變化時，不是定值，所以三棱錐的體積不是定值，所以A不正確；對于B中，當(dāng)時，即點與點重合，在正方體中，連接，可得，因為平面，且平面，所以，又因為，且平面，所以平面，因為平面，所以，同理可證：，因為，且平面，所以平面，即平面，所以B正確；對于C中，設(shè)平面的法向量為，又由，則，令，可得，由，設(shè)與平面所成角為可得，又由，可得，所以，因為，且平面，所以平面，當(dāng)點與重合時，直線與平面所成角的正弦值，此時直線與平面所成角小于，當(dāng)點與重合時，直線與平面所成角為，所以存在使得直線與平面所成角為，所以C正確；對于D中，由，設(shè)平面的法向量為，則，令，可得，所以，因為且，可得，所以平面的法向量為，又由球心為，則到平面的距離為，外接球的半徑為，所以截面圓的半徑的平方為，所以該正方體的外接球所得到的截面的面積為，所以D正確.故選：BCD.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.直線l：被圓C：截得的弦長為_________．【答案】2【解析】【分析】求出圓心及半徑，根據(jù)點到直線的距離公式求出圓心到直線的距離，再根據(jù)圓的弦長公式即可得解.【詳解】圓C：的圓心為，半徑，圓心到直線l：的距離為，所以弦長為.故答案為：2.14.校運會期間，需要學(xué)生志愿者輔助裁判老師進(jìn)行記錄工作，現(xiàn)從甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者中任意選派3名同學(xué)分別承擔(dān)鉛球記錄，跳高記錄，跳遠(yuǎn)記錄工作，其中甲、乙、丙不承擔(dān)鉛球記錄工作，則不同的安排方法共有________種．（用數(shù)字作答）【答案】24【解析】【分析】先安排鉛球記錄工作，再從剩下的4人中選兩人負(fù)責(zé)另外兩項工作，分步完成計數(shù).【詳解】先安排鉛球記錄工作，從丁、戊中選一人，有種，再從剩下的4人中選兩人負(fù)責(zé)另外兩項工作，有種，故不同的安排方法共有種.故答案為：2415.在等差數(shù)列中，為其前項的和，若，則_________．【答案】110【解析】【分析】設(shè)等差數(shù)列的首項為，公差為，根據(jù)條件列方程解得，，即可求出結(jié)果.【詳解】設(shè)等差數(shù)列的首項為，公差為，所以，解得，，所以，故答案為：.16.若函數(shù)有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是_________．【答案】【解析】【分析】利用導(dǎo)數(shù)求解極值點個數(shù)情況.【詳解】令即又函數(shù)有兩個極值點，故方程有兩個零點，即有兩個零點，令則則當(dāng)時，單調(diào)遞減，當(dāng)時，單調(diào)遞增，故時，取極小值，也為最小值，又時，則有兩個零點時，a的取值范圍是故答案：四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．17.在中，A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且．（1）求B；（2）若，求的周長l的取值范圍．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）由正弦定理化邊為角化簡求解即得；（2）由正弦定理，根據(jù)邊及角得，再將周長化邊為角，結(jié)合輔助角公式求解范圍可得.【小問1詳解】由正弦定理，得，∵，，∴，即，又∵，則，，則；【小問2詳解】由（1）及正弦定理可知，，，，∴，又，，∴，∴，∴，即，∴的周長l的取值范圍為．18.已知正項數(shù)列的前n項和為，且（1）求數(shù)列的通項公式；（2）求證：．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）已知，求出.（2）先求出，再求出新數(shù)列的通項公式，再放縮求和即可.【小問1詳解】當(dāng)時，,得，當(dāng)時，，又，兩式相減得整理得到，，又∵，∴，∴是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，∴．【小問2詳解】∵，∴時，，時，，∴∴成立．19.如圖所示，兩個長方形框架ABCD，ABEF滿足，，且它們所在的平面互相垂直．動點M，N分別在長方形對角線AC和BF上移動，且CM和BN的長度保持相等，記．（1）a為何值時，MN的長最小?（2）當(dāng)MN的長最小時，求平面MNA與平面MNB的夾角的余弦值．【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）以B為坐標(biāo)原點，分別以BA、BE、BC所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，求得A、C、F、E、M、N的坐標(biāo)，直接由兩點間的距離公式可得MN的長度，再利用配方法求得a；（2）由（1）可知M，N的坐標(biāo)，取MN的中點G，連接AG，BG，得到是平面MNA與平面MNB的夾角或補(bǔ)角，再由求解．【小問1詳解】因為平面平面ABEF，平面平面，，平面，所以平面ABEF，又平面ABEF，所以，從而CB，AB，BE兩兩垂直．以B為坐標(biāo)原點，分別以BA、BE、BC所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示由，，可得，，，，.由，可得，，所以，顯然當(dāng)時，MN的長最小.【小問2詳解】由（1）可知：M，N為中點時，MN最短，則，取MN中點為G，連接AG，BG，則，因為，，G為MN中，所以，，所以是平面MNA與平面MNB的夾角或其補(bǔ)角．因為，，所以.所以平面MNA與平面MNB的夾角的余弦值為.20.甲、乙、丙三人相互做傳球訓(xùn)練，第1次由甲將球傳出，每次傳球時，傳球者都等可能地將球傳給另外兩人中的任何一人．設(shè)n次傳球后球在乙手中的概率為；（1）求；（2）求；【答案】（1），，（2）【解析】【分析】（1）記“經(jīng)過n次傳球后，球在乙手中”，利用全概率公式計算即可；（2）設(shè)次傳球后球在手乙中的概率為，得到，化簡整理得，即，結(jié)合等比數(shù)列的通項公式，即可求解.【小問1詳解】記“經(jīng)過n次傳球后，球在乙手中”，，當(dāng)時，，當(dāng)時，當(dāng)時，【小問2詳解】由，即，∴，∴是首項為，公比為的等比數(shù)列，∴∴21已知函數(shù)．（1）討論在上的單調(diào)性；（2）證明：【答案】（1）答案見解析（2）證明見解析【解析】【分析】（1）利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)的范圍對參數(shù)進(jìn)行分類討論，確定的符號，從而確定函數(shù)的單調(diào)性；（2）轉(zhuǎn)化為證明成立，構(gòu)造函數(shù)，再利用導(dǎo)函數(shù)的隱零點研究單調(diào)性，結(jié)合隱零點滿足的關(guān)系式指對互化并回代入原函數(shù)值，變形后利用雙勾函數(shù)求解范圍即可證明.【小問1詳解】由，得，由，得.當(dāng)時，，則，在單調(diào)遞增；當(dāng)時，，則，在單調(diào)遞減；當(dāng)時，由，解得，當(dāng)時，，單調(diào)遞增，當(dāng)時，，單調(diào)遞減.綜上所述，當(dāng)時，在單調(diào)遞增，當(dāng)時，在單調(diào)遞減，當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．【小問2詳解】要證，即證，令，則，可知在上單調(diào)遞增．又，故在上有唯一的實根，且．當(dāng)時，；當(dāng)時，，從而當(dāng)時，有最小值；由，得，故令，則，則，，故在上單調(diào)遞增，，即，故得證.22.已知定圓，動圓P過點，且和圓相切．（1）求動圓圓心P的軌跡E的方程；（2）設(shè)P是第一象限內(nèi)軌跡E上的一點，的延長線分別交軌跡E于點．若分別為，的內(nèi)切圓的半徑，求的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)題意確定，動點P的軌跡E是以為焦點，長軸長為的橢圓，由橢圓的定義即可求出方程.（2）設(shè),表示出直線的方程為，當(dāng)時，設(shè)直線的方程為，分別聯(lián)立方程，表示出，坐標(biāo)，再由由橢圓定義可知：求出和的