上海市闵行区2023-2024学年高二下学期学业质量调研数学试卷【含答案】

2023学年第二学期高二年级学业质量调研数学试卷考生注意：1．本场考试时间120分钟，试卷共4页，满分150分，答题纸共2页.2．作答前，考生在答题纸正面填写学校、姓名、考生号，粘贴考生本人条形码.3．所有作答务必填涂或书写在答题纸上与试卷题号对应的区域，不得错位.在草稿纸、试卷上作答一律不得分.4．用2B铅笔作答选择题，用黑色笔迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题.一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1—6题每题4分，第7—12题每题5分）考生应在答题纸相应位置直接填写结果.1．已知抛物线的方程为，则其准线方程为．2．若，其中，则．3．双曲线的渐近线方程．4．已知，则．5．已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与平面所成的角的大小为．6．已知，则函数的最小值为．7．设，若，且，则．8．甲，乙两位同学去四个不同的场馆参加志愿者活动，每人选2个场馆去服务，在他们的所有选法中，恰有一个场馆相同的概率为．9．沿着正四面体的三条棱的方向分别有大小等于的三个力，则此三个力的合力的大小为．10．设是以为焦点的抛物线上的动点，是圆上的动点，则的最小值为．11．已知有穷数列的首项为1，末项为10，且任意相邻两项之间满足，则符合上述要求的不同数列的个数为．12．设分别是双曲线的左，右焦点，若存在过点的直线与的左支交于两点，且为等腰直角三角形，则双曲线的离心率为．二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13—14题每题4分，第15—16题每题5分）每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.13．已知函数在上的导函数为，则“是函数的极值点”是“”的（

）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既非充分又非必要条件14．如图，四棱柱的底面为平行四边形，为与的交点，若，则（

）A． B．C． D．15．已知点集分别表示曲线，其中实数满足，则的公共点的个数可能为（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个16．已知函数在上的导函数为，若对任意恒成立，关于下列两个命题的判断，说法正确的是（

）命题①：方程至多只有一个实数根；命题②：若是以2为周期的周期函数，则对任意，都有．A．①真命题；②假命题 B．①假命题；②真命题C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.17．已知实数，在的二项展开式中.(1)求项的系数；(2)若第三项不大于第五项，求的取值范围.18．已知直四棱柱，各棱长均为2，且.设分别是的中点.

(1)求直线与所成的角的大小；(2)求直线与平面所成的角的大小.19．设直线为公海与领海的分界线，一巡逻艇在处发现了北偏东的海面处有一艘走私船，此走私船正向停泊在公海上接应的走私海轮航行，以便上海轮后逃窜.已知巡逻艇的航速是走私船航速的2倍，与相距约为20海里，走私船可能向任一方向逃窜.在如图所示的平面直角坐标系中，试问：

(1)如果走私船和巡逻艇都是沿直线航行，且走私船和巡逻船相距6海里，那么走私船能被截获的点是哪些？(2)设，要保证巡逻艇在领海内捕获走私船（即不能截获走私船的区域与公海不相交），相距最远是多少海里？20．已知椭圆的左、右焦点分别为分别为的上，下顶点，是上不同于点A的两点.(1)求的值；(2)记的面积分别为，若，求的取值范围；(3)若直线与的斜率之和为2，作，垂足为，试问：点是否在一个定圆上？若是，求出该圆的方程；若不是，说明理由.21．若函数的图像上有两个不同点处的切线重合，则称该切线为函数的图像的“自公切线”.(1)试判断函数与的图像是否存在“自公切线”（不需要说明理由）；(2)若，求函数的图像的“自公切线”方程；(3)设，求证：函数的图像不存在“自公切线”

1．【分析】由题意可知，且焦点在x轴的正半轴上，即可得准线方程.【详解】由题意可知，且焦点在x轴的正半轴上，所以其准线方程为.故答案为：.2．3【分析】根据排列数的计算即可得到方程，解出即可.【详解】由题意得，解得或（舍去），故答案为：3.3．【分析】先确定双曲线的焦点所在坐标轴，再确定双曲线的实轴长和虚轴长，最后确定双曲线的渐近线方程．【详解】∵双曲线的a=2，b=1，焦点在x轴上而双曲线的渐近线方程为y=±∴双曲线的渐近线方程为y=±故答案为y=±【点睛】本题考查了双曲线的标准方程，双曲线的几何意义，特别是双曲线的渐近线方程，解题时要注意先定位，再定量的解题思想4．1【分析】直接求导，再根据导数含义即可得到答案.【详解】,，则.故答案为：1.5．0##【分析】根据题意可得，可知∥平面或平面，即可得结果.【详解】由题意可得：，即，可知∥平面或平面，所以直线与平面所成的角为0.故答案为：0.6．1【分析】求导，利用导数判断函数的单调性，进而可得最值.【详解】由题意可知：函数的定义域为，且，令，解得；令，解得；可知函数在内单调递减，在内单调递增，所以函数的最小值为.故答案为：1.7．56【分析】分析可知是二项式系数最大的唯一一项，由二项式系数的性质可得，即可得结果.【详解】因为，可知，若，且，则是二项式系数最大的唯一一项，则，所以.故答案为：56.8．【分析】根据排列组合及古典概型的有关知识即可求解.【详解】甲，乙两位同学去四个不同的场馆参加志愿者活动，每人选2个场馆去服务，共有种情况，恰有一个场馆相同共有种情况，所以在他们的所有选法中，恰有一个场馆相同的概率为.故答案为：.9．【分析】根据题意不妨设，结合数量积求的模长即可.【详解】由题意可知：，且，不妨设，则，可得，即，所以此三个力的合力的大小为.故答案为：.10．4【分析】根据抛物线的定义和圆的性质转化为三点一线即可求出最值.【详解】抛物线的准线为，设点到准线的距离为，圆心，圆心到准线的距离为，则，则，则的最小值为4.故答案为：4.11．55【分析】首末项相差9，从首项到末项的运算方法进行分类，结合组合计数问题列式计算即得.【详解】依题意，首项和末项相差9，而任意相邻两项之间满足，设成立的项数共有项，设成立的项数共有项，可知：，当时，即后一项与前一项的差均为1，数列的个数为1；当时，即后一项与前一项的差出现1个2，7个1，数列的个数为；当时，即后一项与前一项的差出现2个2，5个1，数列的个数为；当时，即后一项与前一项的差出现3个2，3个1，数列的个数为；当时，即后一项与前一项的差出现4个2，1个1，数列的个数为；所以符合上述要求的不同数列的个数为.故答案为：55.12．或【分析】分和两种情况，结合双曲线的定义以及通径分析求解即可.【详解】因为为等腰直角三角形，则或或，结合对称性可知：，结果是相同的，所以只需讨论或即可，则有：若，可知直线与轴垂直，则，即，整理得，解得或（舍去）；若，设，则，因为，即，可得，且，即，解得，又因为，则，即，整理可得，所以双曲线的离心率为；综上所述：双曲线的离心率为或.故答案为：或.13．A【分析】根据极值点与之间的关系，结合充分、必要条件分析判断.【详解】因为函数在上的导函数为，若是函数的极值点，可知极值点为的变号零点，即，即充分性成立；若，不一定是函数的极值点，例如，其在上单调递增，无极值点，但，且，即必要性不成立；综上所述：“是函数的极值点”是“”的充分非必要条件.故选：A.14．C【分析】根据空间向量的线性运算即可得到答案.【详解】因为为与的交点，则故选：C.15．D【分析】首先根据对称性分析可知：曲线的公共点的个数不可能为奇数，再说明若曲线在坐标轴上有交点，则交点也为4个，不会出现2个，并举例说明4个交点的可能.【详解】对于，用替换可得：，即，方程不变，可知曲线关于y轴对称；用替换可得：，即，方程不变，可知曲线关于x轴对称；综上所述：曲线关于x、y轴对称；同理可知：曲线关于x、y轴对称；且，可知原点不为公共点，结合对称性可知：曲线的公共点的个数不可能为奇数，故AC错误；根据对称性：不妨假设，若曲线在第一象限内有交点，根据对称性可知：每个象限内均有交点，即交点个数为4的倍数；若曲线在坐标轴上有交点，不妨设为曲线的公共点，则，解得，此时曲线，曲线，显然也为曲线的公共点，结合对称性可知：此时至少有4个公共点，即曲线不可能有2个交点，故B错误；例如，则曲线，曲线，令，则，解得，即，解得或或或，即交点为，为4个，故D正确；故选：D.【点睛】关键点点睛：分析方程的对称性，结合对称性可知交点个数必为偶数.16．C【分析】对于命题①：构造函数，利用导数判断其单调性，结合单调性分析其零点即可；对于命题②：利用函数是定义域为的周期函数，知函数在一个周期上必有最大值和最小值，再利用条件，得到，再对与1的大小关系进行分类讨论，即可得出结论.【详解】因为，即，对于命题①：令，故，可知函数在上单调递增，则至多有一个零点，所以方程至多只有一个实数根，故命题①为真命题；对于命题②：因为函数是周期为2，取一个周期，由题意可知在内连续不断，则在内必有最大值和最小值，设在内的最大值为，最小值为，设，，且，对任意，显然时，恒成立，下面考虑的情况，由导数定义可知，即，若，则成立；若，设，即，则，且，可得，所以成立；综上所述：对任意实数，都成立，故命题②为真命题；故选：C.【点睛】关键点点睛：对于命题②：设的最大值为，最小值为，在一个周期上，，当时，结论显然成立，当时，利用不等式的性质可证明.17．(1)1(2)【分析】（1）根据题意可得通项为，令，运算求解即可；（2）由（1）可得：，，根据题意列式求解即可.【详解】（1）的二项展开式的通项为，令，解得，所以项的系数为.（2）由（1）可得：，，由题意可知：，且，解得，所以的取值范围为.18．(1)(2)【分析】（1）建系标点，利用空间向量求异面直线的夹角；（2）求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角.【详解】（1）由题意可知：为等边三角形，且分别是的中点，则，且∥，可得，又因为平面，以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系，

则，可得，设直线与所成的角为，则，所以直线与所成的角的大小.（2）由（1）可得：，设平面的法向量为，则，令，则，可得，设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成的角为.19．(1)走私船能被截获的点的轨迹是以为圆心、4为半径的圆.(2)15海里.【分析】（1）设，根据得到方程，化简即可得到轨迹；（2）设，根据化简得到轨迹，；利用在圆的内部，得到不等式，转化为直线与圆的位置关系从而得到不等式，解出即可.【详解】（1）由题意得，设走私船能被截获的点为，则，则，化简得.因此，走私船能被截获的点的轨迹是以为圆心、4为半径的圆.（2）设走私船能被截获的点为，则，由，整理得，走私船能被截获的点的轨迹是以为圆心、为半径的圆，记为圆.当在圆的内部，则，可变形为，即，因此巡逻庭不能在圆内部截获走私船.分要保证巡逻艇在领海内捕获走私船，圆内部区域与直线不相交，则圆心到直线的距离，所以，相距最远是15海里.20．(1)2(2)(3)点在圆【分析】（1）根据椭圆方程求，即可得；（2）根据（1）可得，由题意可得，结合椭圆方程列式求解；（3）设直线，联立方程，根据题意结合韦达定理可知直线过定点，结合垂直关系分析圆的方程，注意分类讨论直线的斜率是否存在.【详解】（1）由题意可知：，且焦点在x轴上，可知，所以.（2）由（1）可知：，若，即，可得，又因为在椭圆上，则，即，可得，解得或，且，可得或，所以的取值范围为.（3）若直线的斜率存在，设直线，联立方程，消去y得，则，可得，因为直线与的斜率之和为2，则，整理可得，则，且，即，可得，整理可得，此时直线过定点；若直线的斜率不存在，则，因为直线与的斜率之和为2，则，即，此时直线也过定点；综上所述：直线过定点，又因为，则点在以为直径的圆上，且的中点为，且，可知以为直径的圆的方程为，所以点在圆上.【点睛】方法点睛：存在性问题求解的思路及策略（1）思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在．（2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．21．(1)答案见详解(2)(3)证明见详解【分析】（1）对于函数：结合其图象分析判断即可；对于函数：结合的单调性分析判断；（2）求出函数的导数，并设出切点，求出处的切线方程，再利用“双重切线”的定义求出切线方程；（3）假设存在，设切线方程，根据导数求切线方程，列方程组，结合题意分析该方程组解的个数即可判断.【详解】（1）对于函数：由函数的图象可知：和为函数的“自公切线”，所以函数的图像存在“自公切线”；对于函数：则，可知在上单调递增，可知，可知，即任意不同两点的切线斜率不相等，所以函数的图像不存在“自公切线”.（2）函数，求导得，显然函数在上单调递增，函数在上单调递减，设切点，则存在，使得，则在点处的切线方程为，在点处的