云南省玉溪市2023～2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试卷

玉溪市2023~2024学年春季学期期末高二年级教学质量检测数学试卷本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第2页，第II卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.第I卷（选择题，共58分）注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、班级、姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知平面向量，，则（）A. B.4 C. D.2.某同学高中阶段6次考试的数学成绩为105，117，110，128，141，133，则这6次数学成绩的极差为（）A.128 B.119 C.36 D.283.已知集合，，则的元素个数为（）A.4 B.5 C.6 D.无数4.在复平面内，复数（为虚数单位），则（）A. B. C. D.5.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的外接圆半径为（）A. B.1 C. D.6.已知正项等比数列满足，则数列的公比为（）A.2 B.1 C. D.或7.设，是双曲线的左、右焦点，点在双曲线上，且满足，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.8.已知函数，满足，且，则（）A.1011 B. C.1012 D.二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9.已知直线与圆交于A，B两点，则的值可以为（）A.3 B.4 C.5 D.610.如图1，在三棱柱中，，，为线段的中点，点为线段上靠近的三等分点，则（）图1A. B. C.平面NPC D.平面平面11.已知，则（）A. B. C. D.第II卷（非选择题，共92分）注意事项：第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.某校高二年级共有18个班，艺术节评比共产生3个一等奖，若每个班获得一等奖的概率相等，则1班和2班均获得一等奖的概率为__________.13.我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》一书时介绍了“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形，如图2所示，记直角三角形较小的锐角为，大正方形的面积为，小正方形的面积为，若，则_________.图214.若，使取得最小值时的值为_________.四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15.（本小题满分13分）在平面直角坐标系xOy中，点到点的距离与到直线的距离相等，记动点的轨迹为.（I）求的方程；（II）直线与相切于点，若点的纵坐标为2，求直线的方程.16.（本小题满分15分）如图3，在四棱雉中，底面ABCD是正方形，底面，，为AC与BD的交点，为PD的中点.图3（I）求MO与PC成角的正切值；（II）求MO与平面MCD成角的正弦值.17.（本小题满分15分）已知在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，，点是所在平面内一点，.（I）求；（II）求的面积.18.（本小题满分17分）已知.（I）求在点处的切线方程；（II）记的最大值为，求证：.19.（本小题满分17分）随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用.在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，向四个方向移动的概率均为，且每秒的移动方向彼此独立互不影响，例如在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处.（I）求粒子在第2秒末移动到点的概率；（II）求第6秒末粒子回到原点的概率；（III）设粒子在第3秒末移动到点，记的取值为随机变量，求的分布列.

玉溪市2023~2024学年春季学期期末高二年级教学质量检测数学参考答案第I卷（选择题，共58分）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）题号12345678答案BCADCABD【解析】1.，故选B.2.6次考试的数学成绩为105，117，110，128，141，133，故成结的极差为，故选C.3.由题意得，，则，中元素的个数是4，故选A.4.，，，故选D.5.由正弦定理，，解得，故选C.6.设等比数列公比为，由题意得，，解得，故选A.7.由，，，，所以，，，由勾股定理可得，可得，故，故选B.8.由题意得，，令，则是首项为、公差为的等差数列，，故选D.二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）题号91011答案ABABDACD【解析】9.直线和圆相交等价于圆心到直线的距离小于半径，故，解得，故选AB.10.因为，故，，所以侧面为矩形；，又，，，平面，所以平面，而平面，故；平面NPC不平行于平面，所以AC不垂直于平面NPC；平面ACP，所以平面平面，故选ABD.11.由二项式定理可得，，，，，故选ACD.第II卷（非选择题，共92分）三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）题号121314答案【解析】12.1班和2班获得一等奖的概率.13.设大正方形的边长为，则直角三角形的直角边分别为，，因为是直角三角形较小的锐角，所以，可得，，则，即.14.，当且仅当时取等号，即.四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15.（本小题满分13分）解：（I）设，由题意得，化简得，故的方程为.（II）设，带入的方程，解得，设直线为，联立，得由直线与相切，可得，解得，直线的方程为.16.（本小题满分15分）解：（I）为AC与BD的交点，为AC与BD的中点，因为底面，底面，所以，因为底面ABCD是正方形，所以，所以平面PAB，所以，因为，所以MO与PC成角为PB与PC成角，即为，所以.（II），为PD的中点，所以点到平面OCD的距离为，因为底面，底面ABCD，所以，因为底面ABCD是正方形，所以，所以平面PAD，所以，，设点到平面MCD的距离为，由等体积法可得，解得，所以MO与平面MCD成角的正弦值为.（两问均可建系解答）17.（本小题满分15分）解：（I）由正弦定理得，即，由余弦定理，得，解得.（II），取AC，BC边中点分别为P，Q，由平行四边形法则可知，故点在PQ上，即在边AB的中位线上，所以，，所以.18.（本小题满分17分）（I）解：，，，所以在点处的切线方程为.（II）证明：当时，；当时，，所以求的最大值为只需讨论时，，令，，当时，，单调递减，，，故，使得，即，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，由于，，所以.19.（本小题满分17分）解：（I）由题意得，粒子在第2秒末移动到点的概率.