云南省三新教研联合体高二第二次联考数学试卷和参考答案

绝密★启用前【考试时间：2024年4月8日14：30—16：30】三新教研联合体第二次联考数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的学校、准考证号、姓名、考场号、座位号，在规定的位置贴好条形码及填涂准考证号．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共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.已知，且，则（）A. B. C.1 D.2【答案】D【解析】【分析】根据向量垂直的的坐标表示，列式求解，即得答案.【详解】由，得，即，所以，故选：D．2.已知复数满足：（为虚数单位），则复数（）A. B.5 C. D.6【答案】A【解析】【分析】根据复数运算法则求，再利用复数的模的公式求.【详解】因为所以，则，故选：A．3.近日，云南人“打跳”视频频频冲上各大平台热搜．唱最朴素的歌，跳最热情的舞，云南人的快乐就是这么简单．某平台为了解“打跳”视频的受欢迎程度，对2060岁的人群进行随机抽样调查，其中喜欢“打跳”视频的有100人，把这100人按照年龄分成4组，然后绘制成如图所示的频率分布直方图，现从第二组和第四组的人中分层随机抽取10人做进一步的问卷调查，则应从第2组抽取的人数为（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】【分析】根据题意，利用频率分布直方图的性质，结合分层抽样的方法，即可求解.【详解】由图可知，第二组的频率为0.2，频数为20，第四组频率为0.3，频数为30，按分层随机抽样抽取10人，则应从第二组抽取的人数为人.故选：B．4.已知集合，则中的元素个数有（）个A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】根据题意，求得双曲线的渐近线方程，结合直线与平行，即可求解.【详解】由双曲线的渐近线为，因为直线与平行，所以有1个交点，所以中的元素个数为1个.故选：B．5.在等差数列中，公差，若，则（）A.13 B.14 C.15 D.16【答案】C【解析】【分析】根据题意，利用等差数列的通项公式和求和公式，列出方程，即可求解.【详解】因为，可得，所以，即，又因为，所以.故选：C．6.函数在上单调递减的一个充分不必要条件是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，结合对数函数的图象与性质，列出不等式组，求得的范围，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】令，则，其中，因为在上单调递减，所以在上单调递增，则满足，即，解得，所以，的一个充分不必要条件是.故选：A．7.几何学史上有一个著名的米勒问题：“设是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大．”如图，其结论是：点为过两点且和射线相切的圆的切点．根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系中，给定两点，点在轴上移动，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意得出满足条件的过三点的圆的方程，由已知当取最大值时，圆必与轴相切于点，得出对应的切点分别为，即可得出答案.【详解】解：设圆心坐标为，则，圆的方程为因为两点在圆上，所以，解得或，当时，为劣弧所对角，故舍去．所以，所以，所以为等腰直角三角形，所以，故选：B．8.设，函数，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】令，先考虑时，函数在上有2个零点，再考虑，分与两种情况，结合函数图象，得到不等式，求出答案.【详解】设，当时，，此时，由得，即，解得或，所以在上有2个零点，时，若，对称轴为，函数的大致图象如下：此时，即，则，所以无解，则无零点，无零点，综上，此时只有两个零点，不符合题意，若，此时的大致图象如下：令，解得，显然令在上存在唯一负解，要使恰有3个零点，只需在上除或外不能再有其他解，即不能再有除或外的其他解，故，即，解得，所以.故选：D【点睛】思路点睛：复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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.下列命题正确的是（）A.若函数过点，则B.若，则在方向上的投影向量的坐标为C.若弧长为的弧所对圆心角为，则扇形面积为D.【答案】AD【解析】【分析】根据题意，利用幂函数的定义，向量的数量积的运算，以及弧长与面积公式，三角恒等变换的公式，准确计算，即可求解.【详解】对于A中，因为过点，所以，所以，所以A正确；对于B中，由向量，可得在方向上的投影向量的坐标为，所以B错误；对于C中，由弧长为的弧所对圆心角为，可得，则，所以C错误；对于D中，由，所以D正确.故选：AD.10.已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象，则（）A.B.函数的一条对称轴为直线C.在上单调递减D.当时，若方程恰有三个不相等的实数根，则【答案】ABD【解析】【分析】A，根据图象显示可得函数周期，最值，代入最低点即可得，再平移即可得；B，将代入计算看是否取最值即可；C，求出的范围，利用正弦函数的单调性来判断；D，画图，通过图象观察结合函数对称性进行计算.【详解】A．由图知，，，因为，所以，则，所以，故A正确；B．当时，，此时取到最大值，所以是的一条对称轴，故B正确；C．因为，所以，而在上单调递增，所以在上单调递增，故C错；D．由，得，因为，所以，所以的图象如下：所以，即，所以，而，所以，则，故D正确．故选：ABD.11.在长方体中，已知，点满足，其中，则（）A.当时，的周长为定值B.当时，三棱锥的体积为定值C.当时，有且仅有一个点使得D.当时，三棱锥的外接球表面积的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】当点为中点和点在点处时，分别求得其的周长，可判定A错误；当时，得到点在上，证得平面，结合直线上的点到平面的距离相等，可判定B正确；取中点，中点，连接，得到过点作的垂线，只能作出一条，可判定C正确；由三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，结合球的性质，可判定D正确.【详解】对于A中，当时，，可得，即，所以点在上，当点为中点时，的周长为；当点在点处时，的周长为，所以周长不是定值，所以A错误；对于B中，当时，，可得，即，可得，所以点在上，因为，且平面，平面，所以平面，所以直线上的点到平面的距离相等，则的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以B正确；对于C中，如图所示，当时，，取中点，中点，连接，则，因为，可得，即，可得，所以点在上，又因为过点作的垂线，只能作出一条，所以过点作的垂线，也只能作出一条，所以有且仅有一点（中点）使，所以C正确；对于D中，当时，，所以点上，三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，当点为中点时，因为为直角三角形，其外心为中点，外心为中点，此时平面，则球心为，半径，当不是中点时，平面截球截得小圆，则球的半径，所以三棱锥的外接球表面积的最小值为，所以D正确．故选：BCD.【点睛】方法点睛：求解立体几何中动态问题与存在性问题的策略：1、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；2、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；3、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在，同时，用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导思想是解答此类问题的关键.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.曲线在点处的切线方程为________．【答案】【解析】【分析】求导，得到斜率，利用点斜式求出切线方程.【详解】，当时，，故切线方程为，即.故答案为：13.设，若直线过曲线（，且）的定点，则的最小值为________．【答案】2【解析】【分析】根据指数的运算性质，结合基本不等式进行求解即可.【详解】因为曲线过定点，所以，即，则，当且仅当时,即时取“”，所以的最小值为2．故答案为：214.定义离心率是的椭圆为“黄金椭圆”．已知椭圆是“黄金椭圆”，则________．若“黄金粗圆”的两个焦点分别为，为椭圆上异于顶点的任意一点，点是的内心，连接并延长交于点，则________．【答案】①.②.【解析】【分析】根据题意，得到，求得的值，连接，设的内切圆半径为，结合，化简得到，即可求解.【详解】由椭圆的离心率为，可得，所以，如图所示，连接，设的内切圆半径为，则，即，所以，所以，因为，所以，所以．故答案为：；四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知分别为三个内角的对边，且．（1）求；（2）若，且的面积为，求．【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）根据正弦定理实现边角转化，结合两角和的正弦公式、辅助角公式进行求解即可；（2）根据余弦定理和三角形面积公式进行求解即可.【小问1详解】因为，所以，，，，因为，所以，即，所以，因为，所以，所以有，所以；【小问2详解】因为，且的面积为，所以有，或.16.如图，在四面体中，平面是中点，是线段上一点（不包含端点），点在线段上，且．（1）若是中点，求证：∥平面；（2）若是正三角形，，且，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，连接，证明平面平面，利用面面平行的性质定理，即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面与平面的法向量，利用空间角的向量求法，即可求得答案.【小问1详解】如图，取中点，连接，因为为中点，所以，平面，平面，故平面，因为为中点，为中点，所以，又因为，所以,故，平面，平面，故平面，因为，且平面，所以平面平面，因为平面，所以平面；【小问2详解】如图，取中点，连接,则,因为平面，故平面，连接，由于是正三角形，故，以O为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，由于，故，则，，设平面的法向量，则，令，则，而平面的法向量可取为，设平面与平面的夹角为，，所以.17.某射击小组有甲、乙两名运动员，其中甲、乙二人射击成绩优秀的概率分别为，且两人射击成绩是否优秀相互独立．（1）若甲、乙两人各射击一次，求至多1人射击成绩优秀概率；（2）在一次训练中，甲、乙各连续射击10次，甲击中环数的平均数为7.8，方差为1.6，乙击中环数的平均数为8.2，方差为2.8，求两人在这20次射击中击中环数的方差．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设成绩优秀的人数为，则，再由独立事件的乘法公式求解即可.（2）由方差公式求解即可.【小问1详解】解：设成绩优秀的人数为，则【小问2详解】解：（方法一）设甲连续射击10次击中环数为，平均数为，乙连续射击10次击中环数为，平均数为，两人这20次射击的平均数由，得，同理，方差：（方法二）由分层方差公式得18.已知数列中，为的前项和，．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据题意，推得，且，得到是等比数列，即可求得数列的通项公式；（2）方法一：由（1）求得，结合裂项相消法求和，即可求解；方法二：由（1）求得，分为奇数和为偶数，结合相消法求和，即可求解.【小问1详解】解：由数列中，为的前项和，，当时，，两式相减得，可得，当时，，则，所以是等比数列，首项为3，公比为3，所以，所以数列的通项公式为.【小问2详解】解：方法一：由（1）知，可得，所以.方法二：由，当为奇数时，当为偶数时，所以数列的前项和.19.已知动点到点的距离比到直线的距离小2，设动点的轨迹为曲线．（1）求曲线的轨迹方程；（2）已知点，过点作直线与曲线交于两点，连接分别交于两点．①当直线的斜率存在时，设直线的斜率为，直线的斜率为，试判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由；②求面积的最小值．【答案】（1）（2）①是，定值；②【解析】【分析】（1）由抛物线的定义得到轨迹方程；（2）①设出直线，直曲联立，得到和，再由斜率的定义，代入即可求出定值；②由点斜式写出直线方程，得到过定点，再由三角形面积公式表达出面积，结合弦长公式和二次函数的值域确定最小值.【小问1详解】由题可知，点到