云南省昆明市云南衡水实验中学西山学校2023-2024学年高二下学期质量检测数学试卷（一）【含答案】

2023-2024学年第二学期质量检测高二年级数学（一）（全卷四个大题，共22个小题，共8页；满分150分，考试用时120分钟）注意事项：1.本卷为试题卷.考生必须在答题卡上解题作答.答案应书写在答题卡的相应位置上，在试题卷､草稿纸上作答无效.2.考试结束后，请将试题卷和答题卡一并交回.一､单项选择题（本大题共8小题，每小题只有一个正确选项，每小题5分，共40分）1．已知向量，则（

）A．1 B． C． D．52．已知函数，则（

）A． B． C． D．3．已知数列为等差数列，前项和为，若，则等于（

）A．2023 B．2024 C．2025 D．20484．已知圆的方程圆心坐标为，则它的半径为（

）A． B．16 C．5 D．45．明朝的一个葡萄纹椭圆盘如图（1）所示，清朝的一个青花山水楼阁纹饰椭圆盘如图（2）所示，北宋的一个汝窑椭圆盘如图（3）所示，这三个椭圆盘的外轮廓均为椭圆．已知图（1），（2），（3）中椭圆的长轴长与短轴长的比值分别为，，，设图（1），（2），（3）中椭圆的离心率分别为，，，则（

）

A． B． C． D．6．已知，，，则（

）.A． B． C． D．7．已知直线的倾斜角为，则的值是（

）A． B． C． D．8．已知函数，有大于零的极值点，则的取值范围为（

）A． B．C． D．二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）9．已知m，n是不同的直线，，是不重合的平面，则下列命题中，真命题有（

）A．若，，则 B．若，，，则C．若，，，则 D．若，，，则10．若一个函数在区间上的导数值恒大于0，则该函数在上纯粹递增，若一个函数在区间上的导数值恒小于0，则该函数在上纯粹递减，则（

）A．函数在上纯粹递增B．函数在上纯粹递增C．函数在上纯粹递减D．函数在上纯粹递减11．已知点O为坐标原点，直线与抛物线相交于A、B两点，焦点为F，则下列选项正确的是（

）A． B．C． D．线段的中点到x轴的距离为212．已知数列的前项和为，，，数列的前项和为，那么下列选项正确的是（

）A．数列是等比数列 B．数列的通项公式为C． D．三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的值为.14．已知双曲线的焦距为4，焦点到C的一条渐近线的距离为1，则C的渐近线方程为15．盐城沿海滩涂湿地现已发现高等植物559种、动物1665种，经研究发现其中某生物种群数量的增长规律可以用逻辑斯谛模型刻画，其中是该种群的内禀增长率，若，则时，的瞬时变化率为.16．等差数列中，，，等比数列中，，，则满足的最小正整数是.四､解答题（本大题共6小题，共70分）17．已知函数（为实常数）.(1)当时，求函数在上的最大值与最小值及相应的值；(2)讨论函数的单调性.18．如图，在圆锥中，为圆锥顶点，为圆锥底面的直径，为底面圆的圆心，为底面圆周上一点，四边形为矩形，且.(1)若为的中点，求证：平面；(2)若，求二面角的余弦值.19．各项均不相等的等差数列的前项和为，已知，且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和.20．设椭圆经过点，且其左焦点坐标为.(1)求椭圆的方程；(2)对角线互相垂直的四边形的四个顶点都在上，且两条对角线均过的右焦点，求的最小值.21．已知函数，其最小值为．(1)求的值；(2)若关于的方程恰有一个实根，求实数的范围．22．已知有穷数列中的每一项都是不大于的正整数.对于满足的整数，令集合.记集合中元素的个数为（约定空集的元素个数为0）.(1)若，求及；(2)若，求证：互不相同；(3)已知，若对任意的正整数都有或，求的值.1．C【分析】根据向量模长的坐标运算即可得出答案.【详解】,故选：C.2．A【分析】对函数求导得，从而可求解.【详解】由题意得，所以.故A正确.故选：A.3．B【分析】利用等差数列的下标和性质与求和公式即可得解.【详解】因为，所以.故选：B.4．D【分析】运用配方法，根据圆心坐标求出a，再计算出半径即可.【详解】由题意，，圆心坐标为，半径为；故选：D.5．A【分析】根据离心率的计算公式求解即可.【详解】椭圆的短轴长与长轴长的比值为，代入椭圆的离心率公式，故，，，计算，，，则，所以.故选：A.6．B【分析】根据题意，分别构造函数与，利用导数求得其最值，即可比较大小.【详解】构造函数，则，令，则，令，则，则在单调递减，在单调递增，当时，有极小值，即最小值，且，则，即，所以，即；构造函数，其中，则，令，则，令，则，则在单调递减，在单调递增，当时，有极小值，即最小值，且，则，即，所以，即，所以.故选：B7．B【分析】根据直线的斜率求出，再利用余弦的二倍角公式、弦化切可得答案.【详解】因为，所以.故选：B.8．D【分析】由极值点的定义结合函数与方程参变分离即可求解.【详解】由题意有正根，即方程有正根，而当时，，所以的取值范围为.故选：D.9．BCD【分析】结合直线与平面平行、垂直的判定定理与性质定理可以判断.【详解】对于选项A，若，，则或，选项A错误.对于选项B，若，，则，又有，则，选项B正确.对于选项C，若，，则，又有，则，选项C正确.对于选项D，若，，则，又有，由直线与平面平行的性质定理，可知存在使得，则，则.选项D正确.故选：BCD.10．BC【分析】求各选项函数的导数，利用所给定义判断即可求解.【详解】若，则，因为，所以A错误．若，则，当时，恒成立，所以B正确．若，则，所以C正确．若，则在上不恒成立，所以D错误．故选：BC11．AC【分析】联立方程组求得，且，结合选项，结合抛物线的定义和焦点弦，逐项判定，即可求解.【详解】由抛物线，可得焦点，则直线过抛物线的焦点，联立方程组，整理得到，显然，设，可得，对于A中，由抛物线的定义，可得，所以A正确；对于B中，由，所以与不垂直，所以B错误；对于C中，由，可得，由抛物线定义，可得，则，所以C正确；对于D中，线段的中点的到轴的距离为，所以D错误.故选：AC.12．ABD【分析】根据题设的关系，可判断是否为等比数列，进而可得的通项公式，应用分组求和及等比数列前n项和得，再写出通项，应用裂项法求，即可判断各选项的正误.【详解】由题设知：，则且，即是等比数列；∴，且，又，∴.故选：ABD.13．【分析】由题可得,即可得答案．【详解】因为，所以，因为的斜率为，则，即，故．故答案为：.14．【分析】由双曲线对称性得一个焦点到两条渐近线的距离相等，不妨设渐近线为，由点线距离及的关系可得方程组求解.【详解】由双曲线对称性得，一个焦点到两条渐近线的距离相等，不妨取渐近线为，即，焦点为，则焦点到渐近线的距离，由焦距为4得，故，故C的渐近线方程为.故答案为：.15．##【分析】求时的瞬时变化率，即求在处导数值，求导，代入计算即可.【详解】当时，，则，则时，的瞬时变化率为.故答案为：.16．6【分析】由求出公差，即可写出的通项公式，再求出等比数列的公比及通项公式，代入不等式中化简，由指数函数的单调性求解不等式即可.【详解】设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，，则，，所以，，，因为，所以，化简得，解得，满足条件的最小正整数的值为6.故答案为：6【点睛】本题考查等差数列、等比数列基本量的求解，涉及利用指数函数单调性求解不等式，属于基础题.17．(1)当时，有最小值为，当时，有最大值；(2)当时，在上递增，当时，在上递减，在上递增.【分析】（1）函数求导后，由导数的正负可求出函数的单调区间，从而可求出函数的最值；（2）对函数求导后，分和两种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间.【详解】（1）当时，，则，由，得，由，得，所以在上递减，在上递增，所以在上递减，在上递增，所以当时，有最小值为，因为，所以当时，有最大值；（2）由，得，当时，在上恒成立，所以在上递增，当时，由，得，由，得，所以在上递减，在上递增.18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，则由三角形的中位线定理可得∥，再由线面平行的判定定理得∥平面，由四边形为矩形结合线面平行的判定定理得∥平面，则平面∥平面，从而可证得结论；（2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，过点作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】（1）证明：连接，因为分别为的中点，所以∥，因为平面，平面，所以∥平面，因为四边形为矩形，所以∥，因为平面，平面，所以∥平面，因为，平面，所以平面∥平面，因为平面，所以∥平面；（2）解：以为坐标原点，分别以所在直线为轴，过点作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，则，令，则，所以，因为二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.19．（1）；（2）【分析】（1）利用等差数列的通项公式和等比数列的性质，可得，则可得通项公式.（2）根据（1）的结论可得，然后利用裂项相消求和，可得结果.【详解】（1）因为各项均不相等，所以公差由等差数列通项公式且，所以，又成等比数列，所以，则，化简得，所以即可得即（2）由（1）可得化简可得由所以【点睛】本题主要考查利用裂项相消法求和，属基础题.20．(1)(2).【分析】（1）根据焦点坐标和椭圆所过点，利用椭圆的定义可求方程；（2）设出直线方程，联立，结合韦达定理表示出，利用二次函数可得答案.【详解】（1）因为椭圆的左焦点坐标为，所以右焦点坐标为.又椭圆经过点，所以.所以椭圆的方程为.（2）①当直线中有一条直线的斜率不存在时，.②当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程，由，得，则，.设直线的方程为，同理得，所以，设，则，则，所以时，有最小值.综上，的最小值是.21．(1)1(2)【分析】（1）先求导函数再求出最值求参即可；（2）先把函数转化为函数的交点问题，构造函数再结合单调性及值域求参即可.【详解】（1）因为，所以，当，则，可知单调递增；当，则，可知单调递减；则最小值在处取到，可得，解得，所以的值为1.（2）因为，所以，显然不是方程的根，则.令，则，当，则，可知在和上单调递增；当，则，可知在和上单调递减；可知，，，，且，，若有1个不同实根，即使与有一个交点即可，可知或或，所以实数的范围为.22．(1)，.(2)证明见解析(3)答案见解析【分析】（1）观察数列，结合题意得到及；（2）先得到，故，再由得到，从而证明出结论；（3）由题意得或，令，得到或，当时得到，当时，考虑或两种情况，求出答案.【详解】（1）因为，所以，则；（2）依题意，则有，因此，又因为，所以所以互不相同.（3）依题意由或，知或.令，可得或，对于成立，故或.①当时，，所以.②当时，或.当时，由或，有，同理，所以.当时，此时有，令，可得或，即或.令，可得或.令，可得.所以.若，则令，可得，与矛盾.所以有.不妨设，令，可得，因此.令，