四川省德阳市2023-2024学年高二上学期期末教学质量监测数学试题（含答案解析）

德阳市高中2022级第三学期教学质量监测考试数学试卷说明：1.本试卷分第I卷和第Ⅱ卷，共4页.考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试卷、草稿纸上答题无效.考试结束后，将答题卡交回.2.本试卷满分150分，120分钟完卷.第I卷（选择题共60分）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1.集合，集合，则集合（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】直接求并集即可.【详解】因为集合，集合，则集合.故选：D.2.函数的定义域是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据函数特征，列式求解.【详解】函数的定义域需满足，即.所以函数的定义域是.故选：B3.已知空间向量，，若，则（）A.2 B.-2 C.0 D.4【答案】C【解析】【分析】由空间向量的加法运算求出，再由可求出，即可得出答案.【详解】因为，，则，由可得：，解得：，则.故选：C.4.等差数列满足，，则（）A.4 B.3 C. D.2【答案】B【解析】【分析】设等差数列的公差为，先根据条件列方程求出和，再利用等差数列的通项公式求即可.【详解】设等差数列的公差为，由已知可得，解得，所以.故选：B.5.若直线：平分圆的周长，则的倾斜角为（）A.45° B.135° C.60° D.120°【答案】A【解析】【分析】根据直线过圆心可得,即可求出的斜率，进而求出的倾斜角.【详解】直线：平分圆的周长，所以直线过圆心，所以，所以，则的斜率为，则的倾斜角为.故选：A.6.一种卫星接收天线（如图①所示）的曲面是旋转抛物面（抛物线围绕其对称轴旋转而得的一种空间曲面，抛物线的对称轴、焦点、顶点分别称为旋转抛物面的轴线、焦点、顶点），已知卫星波束以平行于旋转抛物面的轴线的方式射入该卫星接收天线经反射后聚集到焦点处（如图②所示），已知该卫星接收天线的口径（直径）为6m，深度为1m，则其顶点到焦点的距离等于（）A. B. C.1m D.【答案】A【解析】【分析】建立平面直角坐标系，设抛物线的标准方程为，代入点求出，进而可得答案.【详解】如图所示，以接收天线的轴截面所在平面上建立平面直角坐标系，使接收天线的顶点（即抛物线的顶点）与原点重合，焦点在上，设抛物线的标准方程为，由已知得在抛物线上，所以，得，其顶点到焦点的距离等于.故选：A.7.设双曲线的离心率为，则当取最小值时，（）A. B.2 C. D.3【答案】C【解析】【分析】先表示出双曲线的离心率，再由基本不等式即可得出答案.【详解】双曲线的离心率为，，当且仅当即时取等，所以.故选：C.8.设、是椭圆：的两个焦点，点P在C上，若为直角三角形，则的面积为（）A. B. C.或1 D.1或【答案】D【解析】【分析】分析确定直角顶点后位置，当焦点（或）为直角，结合三角形的面积公式即可求解.【详解】由已知，若是直角三角形，则直角顶点可能是点P，;若是直角三角形，则直角顶点可能是焦点（或）为直角顶点，此时（或），.故选：D.【点睛】方法点睛：分类讨论得出直角位置，结合椭圆定义得出面积计算即可；二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分，）9.已知为直线，、、为不同的平面，则下列结论中正确的是（）A.， B.，C.， D.，【答案】AD【解析】【分析】利用平行垂直的性质逐一判断即可.【详解】对于A：，，平行于同一个平面的两个平面平行，正确；对于B：，，平行于同一条直线的两个平面可能平行，可能相交，错误；对于C：，，垂直于同一个平面的两个平面可能平行，可能相交，错误；对于D：，，垂直于同一条直线的两个平面平行，正确；故选：AD.10.已知函数的图象为（）A.的最小值为0B.的最小正周期为C.将向右平移个单位所得图象关于原点中心对称D.函数在区间上单调递增【答案】BC【解析】【分析】根据正弦函数的性质判断每个选项．【详解】，对于A，的最小值为，故A错误；对于B，的最小正周期为，故B正确；对于C，将向右平移个单位可得：，为奇函数，关于原点对称，故C正确；对于D，由于，所以，根据正弦函数的单调性可知，函数在区间上有增有减，故D错误.故选：BC.11.在一次奥运会男子羽毛球单打比赛中，运动员甲和乙进入决赛（比赛采用三局两胜制，即率先获得两局胜利者赢得比赛，随即比赛结束）.假设每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4.某同学利用计算机产生1～5之间的随机数，当出现1，2或3时，表示甲获胜，当出现4或5时，表示乙获胜，以每3个随机数为一组进行冠军模拟预测，如果产生如下20组随机数：423123423344114453525332152342534443512541125432334151314354，根据频率估计概率的思想，下列说法正确的有（）A.甲获得冠军的概率近似值为0.65B.甲以2：0的比分获得冠军的概率近似值为0.5C.比赛总共打满三局的概率近似值为0.55D.乙以2：0的比分获得冠军的概率近似值为0.15【答案】ACD【解析】【分析】由20组随机数中分别先求出甲获得冠军的数，甲以2：0的比分获得冠军的数，比赛总共打满三局的数和乙以2：0的比分获得冠军的数，从而可求出各选项频率，进而可得答案.【详解】对于A，表示甲获得冠军的数有423，123，423，114，332，152，342，512，125，432，334，151，314共13组数，故估计该场比赛甲获胜的概率为，故A正确；对于B，表示甲以2：0的比分获得冠军的数有：123，114，332，125，334，314，共6组数，故估计甲以2：0的比分获得冠军概率为，故B错误；对于C，表示比赛总共打满三局的数有：423，423，344，525，152，342，534，512，432，151，354共11组数，故估计比赛总共打满三局的概率为，故C正确；对于D，表示乙以2：0的比分获得冠军的数有：453，443，541共3组数，故估计乙以2：0的比分获得冠军的概率为，故D正确；故选：ACD.12.已知平面上两点M、N之间的距离为6，动点P满足，则（）A.动点P的轨迹长度为B.不存在满足的点C.的取值范围为D.当P、M、N不共线时，的最大面积为50【答案】AC【解析】【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系，求出动点P的轨迹方程，再逐项分析、计算判断即得.【详解】以点为坐标原点，直线为轴建立平面直角坐标系，如图，设，显然，由，得，整理得，因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，点的轨迹长度为，A正确；当时，，由得，显然，于是直线与圆的交点满足，B错误；显然，而点到定点的距离，则，即的取值范围为，C正确；显然点到直线，即轴距离的最大值为，，D错误.故选：AC【点睛】思路点睛：涉及与圆相离的图形F上的点与圆上点的距离最值问题，转化为图形F上的点与圆心距离加或减圆半径求解.第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案直接填在答题卡上）13.设为虚数单位，则复数的虚部为____________.【答案】3【解析】【分析】利用复数的乘法计算，然后即可得虚部.【详解】，其虚部为.故答案为：.14.已知定义在上的奇函数，则__________.【答案】【解析】【分析】根据奇函数的性质可知，从而可求解.【详解】由题意知为在上的奇函数，所以.故答案为：.15.等比数列满足，类比“”，我们记，则__________.【答案】32【解析】【分析】利用等比数列的性质计算即可.【详解】利用等比数列的性质可得.所以.故答案为：.16.已知四面体中，，且与平面所成的角为，则当时，的最小值是___________.【答案】【解析】【分析】设，且点在平面内，根据条件，将问题转化成当在面上的投影与共线时，求的最小值，建立平面直角坐标系，得到，即点与，的距离之和，即可求出结果.【详解】设，且点在平面内，取中点，则，显然，当在面上的投影与共线时，会比不共线的小，当在面上的投影与共线时，以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，又，且与平面所成的角为，设，则，，，得到，，所以，其可表示为点与，的距离之和，作关于轴的对称点，显然，故答案为：.【点睛】关键点点晴：本题的关键在于将问题转化成当在面上的投影与共线时，求的最小值，再通过建立平面直角坐标系，将问题转化成点与，的距离之和，从而解决问题.四、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或推演步骤，）17.在一次抛掷硬币的试验中规定：若正面向上（用数字1表示），质点向东移动1个单位；若正面向下（用数字0表示），质点向北移动1个单位.甲同学将一枚质地均匀的硬币连续抛掷了3次，则质点在水平面中从点经过3次移动后到达点，记事件“”.（1）写出甲同学进行该试验的样本空间，并求；（2）如果乙同学按照甲同学完全相同的方式独立的进行试验，记事件“”，求A与B至少有一个发生的概率.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由样本空间的定义以及古典概型概率即可求解.（2）由独立乘法公式以及并事件的概率公式即可求解.【小问1详解】由题意，事件，从而.【小问2详解】由（1）知，事件A与B至少有一个发生可以表示为“”由独立事件同时发生的概率公式及概率的性质得.18.已知圆经过三点.（1）求圆的方程；（2）求过点且与圆相切的直线的方程.【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1）设出圆的一般方程，利用待定系数法求解；（2）根据直线斜率是否存在，分两种情况讨论，由直线与圆的位置关系列式求解．【小问1详解】设圆C的方程为，则有，得，即圆C的方程为.【小问2详解】由（1）知圆心，半径.当直线的斜率存在时，设其方程为，即，由圆心到直线的距离等于半径，得，解得，则直线的方程为；当直线的斜率不存在时，直线方程为，符合题意，从而所求直线的方程为或.19.已知首项为1的正项等比数列满足.（1）求.（2）令，是数列的前项和，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等比数列的通项公式计算即可；（2）先根据对数运算得出通项，再应用裂项相消求解即得.【小问1详解】设公比为，由得解得或（舍去）所以.【小问2详解】由（1）知所以，从而所以20.如图，梭长为的正方体中，点M、N分别在线段和上运动，且.（1）用含有的代数式表示；（2）当最小时，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意以点A为坐标原点建立如图空间直角坐标系,由表示出点的坐标，再由两点间的距离公式表示出；（2）求出的最小值，即可求出点的坐标，分别求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【小问1详解】由题意以点A为坐标原点建立如图空间直角坐标系,,因为，，，，则，，所以.【小问2详解】由（1）知，所以当时，取得最小值1.此时，，，设平面的法向量，则，即，取，则，，即，显然可取平面的法向量.设平面与平面夹角为，则.21.的三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知B为A与C的等差中项，且.（1）求的值；（2）记面积为，若，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由可得，再由两角和与差的正弦公式代入已知式化简可求出答案；（2）由（1）知，，由正弦定理求出，，，再由三角形的面积公式求得，即可求出答案.【小问1详解】由得由得即所以.【小问2详解】由（1）知，，，在中由正弦定理令，所以，，，所以由得所以周长为.22.椭圆：的离心率，短轴的两个端点分别为、（位于上方），焦点为、，四边形的内切圆半径为.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交于M、N两点（M位于P与N之间），记、的面积分别为、，令，，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意列出方程组，解方程组即可求得标准方程；（2）对直线斜率是否存在分类讨论，斜率不存在的时候特殊位置分析，斜率存在的时候，联立直线方程和椭圆方程，根据韦达定理和题中已知条件分析计算即可得到结果.【小问1