2024學年第二學期高中教學質量監測試題高二數學本試卷共6頁，19小題，全卷滿分150分，考試時間為120分鐘．注意事項：1．答卷前，考生務必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的學校、班級、姓名和座位號、準考證號填寫在答題卡上，并用2B鉛筆將準考證號填涂在答題卡相應位置上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需要改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號．回答非選擇題時將答案寫在答題卡上對應的區域內，寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.設集合，，則集合的元素個數為A.4 B.3 C.2 D.1【答案】B【解析】【分析】根據已知列舉出集合B,即得集合B的元素個數.【詳解】由集合中元素屬性，，，可得集合中的元素有，，，共3個.故選B.【點睛】本題主要考查集合的表示方法，意在考查學生對該知識的理解掌握水平，屬于基礎題.2.已知復數滿足，則（）A.2 B. C.3 D.【答案】B【解析】【分析】根據一元二次方程的配方法求根得，進而求解復數模長得結論．【詳解】復數滿足，即，可得，則．故選：B．3.已知函數同時滿足以下三個條件：①在定義域內是奇函數或偶函數；②有奇數個零點；③在內單調遞增．函數可以是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】將各個選項的圖像畫出即可選出正確答案.【詳解】選項中的四個函數對應的大致圖象如圖下圖所示．對于選項A：在區間不單調，故A錯誤；對于選項B：沒有零點，故B錯誤；對于選項C：是奇函數，有3個零點，在上單調遞增，故C正確；對于選項D：有2個零點，故D錯誤.故選：C4.若，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用和角的余弦公式化簡求出，再利用二倍角公式及齊次式法求解.【詳解】依題意，，整理得，即，所以.故選：C5.將邊長為4的正方形沿對角線進行翻折，使得二面角的大小為120°，連接，得到三棱錐，則此三棱錐的體積與它的外接球體積之比為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據折疊前后的幾何性質，先確定球心的位置，再結合體積公式即可求解．【詳解】設正方形的對角線交點為，則，，翻折后所得圖形如下圖所示，則的中點為球心，故該四面體的外接球體積，由于二面角的大小為120°，，則，且，所以四面體的體積，故此三棱錐的體積與它的外接球體積之比為．故選：D．6.的展開式中的系數為（）A. B.14 C. D.9【答案】A【解析】【分析】先確定二項式展開式的通項，再根據分配律運算得的系數即可.【詳解】因為中二項式展開式的通項為，所以的展開式中，的系數是．故選：A．7.若數列滿足，且則的前2025項的和為（）．A.1350 B.1352 C.2025 D.2026【答案】B【解析】【分析】由數列的遞推公式可得數列可以看作以為一個周期的數列，然后代入計算，即可得到結果.【詳解】由題意可得，因為，所以，因為，所以，因為，所以，因為，所以，，所以數列從第二項起是以1，1，0為周期的數列，則.故選：B8.設，，點，是坐標原點，，是雙曲線：的左焦點，若直線：經過點，且能與雙曲線的右支在第一象限內交于點，則雙曲線的離心率的一個可能的值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先利用點到直線的距離公式判斷，從而知直線的斜率為，再利用點斜式寫出直線的方程，并與雙曲線的方程聯立，根據直線與雙曲線的交點情況，結合韋達定理，求解即可．【詳解】由，知，因為直線，所以點到直線的距離為，所以，由題意知，，所以，，即直線的斜率為，又直線經過點，所以直線的方程為，聯立，由題意知，直線與雙曲線的左右兩支各有一個交點，所以，即，所以，所以雙曲線的離心率，對比選項可知，只有選項D符合題意．故選：D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.下列說法中，正確的是（）A.已知經驗回歸方程為，且樣本點的中心為，則當時B.若樣本數據，，…的方差為9，則，，…的方差為1C.已知隨機變量服從正態分布，，若，則D.獨立性檢驗方法不適用于普查數據【答案】ABD【解析】【分析】根據經驗回歸方程的性質求解，再求當時的值判斷A，根據方差的性質判斷B，根據正態分布曲線的對稱性判斷C，利用獨立性檢驗的意義判斷D.【詳解】對于A，樣本點的中心代入經驗回歸方程為可得，所以，則經驗回歸方程為，所以當時，故A正確；對于B，設，，…的方差為，則樣本數據，，…的方差為，所以，故B正確；對于C，隨機變量服從正態分布，，若，則，故C不正確；對于D，普查數據可以準確地判斷兩個變量之間是否有關聯，不需要進行獨立性檢驗，故D正確.故選：ABD.10.拋擲一枚質地均勻的骰子，觀察它落地時朝上的面的點數，設事件“點數為1或2”，事件“點數為2或3或4”，則（）A.與是互斥事件 B.與是相互獨立事件C. D.【答案】BD【解析】【分析】根據互斥事件與獨立事件定義可判斷A，B，由條件概率公式計算可判斷C，再由對立事件與獨立事件的關系計算可判斷D．【詳解】根據題意，依次分析選項：對于A，事件“點數為1或2”，事件“點數為2或3或4”，則“點數為2”，事件，可以同時發生，不是互斥事件，故A錯誤；對于B，由于，滿足，故與是相互獨立事件，故B正確；對于C，由B可知，故C錯誤；對于D，由于與是相互獨立事件，所以與，與是相互獨立事件，所以，，則，故D正確．故選：BD．11.如圖，學校數學探究實驗組設計一個“門把手”，其縱截面輪廓線近似曲線：的一部分，則（）A.點在上B.在軸左邊的部分到坐標原點的距離均大于C.若在軸上方的部分為函數的圖象，則是的極小值點D.在處的切線與的交點的橫、縱坐標均為有理數【答案】ACD【解析】【分析】根據題設將代入曲線方程可判斷A；設曲線上的點為，則到原點的距離可化簡為，構造函數求出最小值可判斷B；通過的導數，然后求解的解可判斷C；求出切線方程與曲線方程聯立可判斷D.【詳解】對于A，因為，所以點在上，故A正確；對于B，設的解為，，，當時，，單調遞增，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，，，，所以，設是在軸左邊的部分上的一點，則，則點到坐標原點的距離，令，令，得，因為，所以可以取，當，，單調遞增，當，，單調遞減，，，所以，，故B錯誤；對于C，，則，令得，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，則是的極小值點，故C正確；對于D，由C中，，在處的切線方程為，即，代入曲線的方程，得，即，顯然是方程的根，所以，解得，或，且時，，故D正確.故選：ACD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.拋物線上與焦點的距離等于3的點的坐標是______．【答案】或【解析】【分析】通過拋物線方程可知其準線方程，設點在拋物線上，且與焦點的距離等于3，進而利用定義即得結論．【詳解】由題意，拋物線的準線方程為：，焦點坐標為，設點在拋物線上，且與焦點的距離等于3，由拋物線定義可得：，即，所以，則，所以點的坐標是或.故答案為：或.13.在中，是的中點，.則的大小為__________；為的角平分線，在線段上，則的長度為__________.【答案】①.②.【解析】【分析】以為基底表示出向量，再由以及向量數量積的運算律計算可得，由角平分線利用等面積法列方程即可解得.詳解】如下圖：由是中點可得，又，所以，解得，又，所以；因此可得，由可得；即，解得.故答案為：；14.如圖，在下面的小三角形格子中填入1，2，3，4，5，6，7，8，9，要求每個格子中只能填一個數，每個數只能填一次且陰影格子中所填數比它相鄰的白色格子中的數大，則共有______種填法．【答案】8640【解析】【分析】對陰影部分分情況討論分別為數字9，8，7；9，8，6；9，8，5；9，8，4；9，7，6；9，7，5；9，7，4，逐一計算即可.【詳解】如圖：分情況討論：當為9，8，7時，有種；當為9，8，6時，則7不能與6相鄰，故有種；當為9，8，5時，則與5相鄰的只能是4，3，2，1中的三個數，有種；當為9，8，4時，則與4相鄰的只能是3，2，1中的三個數，有種；當為9，7，6時，則8與9相鄰且8只有一種位置，故有種；當為9，7，5時，則8與9相鄰且8只有一種位置，6不與5相鄰有2種位置選擇，故有種；當為9，7，4時，則8與9相鄰且8只有一種位置，與4相鄰的只能是3，2，1中的三個數，故有種；所以共有：種.故答案為：8640.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.已知數列是正項等比數列，滿足，，且，（1）求數列的通項公式；（2）在與之間插入個數，使這個數組成一個公差為的等差數列．記數列的前項和為，求證：．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）由等比數列的性質和通項公式，解方程可得首項和公比，進而得到所求；（2）由等差數列的通項公式求得，再由數列的錯位相減法求和，結合等比數列的求和公式，可得，由不等式的性質可得證明．【小問1詳解】數列是正項等比數列，滿足，可得，又，且，解得，，所以，解得，則；【小問2詳解】證明：在與之間插入個數，使這個數組成一個公差為的等差數列，可得，，數列的前項和，，相減可得，化為，由，可得．16.已知函數．（1）當時，求曲線在點處的切線方程;（2）若有兩個不同的零點，求的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據切點和斜率求得曲線在點處的切線方程；（2）先判斷的單調性，結合零點個數列不等式，由此求得的取值范圍．【小問1詳解】時，，則，所以，又，則曲線在點處的切線方程為.【小問2詳解】，若若有兩個不同的零點，即，則令，解得，所以在區間上，，單調遞減；在區間上，，單調遞增，所以的極小值也即是最小值為，因為當時，；當時，，又因為函數有兩個不同的零點，所以的最小值，即，所以，即的取值范圍是．17.如圖，直線垂直于梯形所在的平面，，為線段上一點，，，四邊形為矩形．（1）若是的中點，求證：平面；（2）求直線與平面所成角的余弦值（3）若點到平面的距離為，求的長．【答案】（1）證明見解析（2）（3）【解析】【分析】（1）設，交于點，連接，利用線面平行的判定定理，先證明，進而即可證明平面；（2）建立空間直角坐標系，求直線的方向向量和平面的法向量，利用空間向量法求解即可；（3）設，利用點到平面的向量公式求的值即可．【小問1詳解】證明：設，交于點，連接，因為四邊形為矩形，所以是中點，又因為是的中點，所以在中，，因為平面，平面，所以平面．【小問2詳解】因為直線垂直于梯形所在的平面，，平面，，所以，，兩兩垂直，以為原點，，，所在直線分別為，，軸建立如圖所示坐標系，由題意可知，，，所以，，，設平面的法向量，則，則，取可得平面的一個法向量，設直線與平面所成角為，則，所以，故直線與平面所成角余弦值為．【小問3詳解】在（2）所建空間直角坐標系中，設，由（2）可知平面的一個法向量，所以點到平面的距離，解得，又因為，所以，即的長為．18.甲、乙兩位同學進行紙飛機比賽，設各局比賽的結果相互獨立，且每局比賽甲獲勝的概率為（），乙獲勝的概率為．比賽規則如下：三局兩勝制指有一方獲勝兩局，比賽結束;四局三勝制指有一方獲勝三局，比賽結束．（1）若，比賽采用三局兩勝制，求甲獲勝的概率;（2）證明采用三局兩勝制比采用四局三勝制對甲更有利；（3）若，甲、乙進行了局比賽，表示甲獲勝的局數，當且僅當時，取得最大值，其中，求滿足條件的的值．【答案】（1）（2）證明見解析（3）18【解析】【分析】（1）根據獨立事件的概率計算公式進行計算；（2）根據題意，分別求出采用三局兩勝制和四局三勝制甲最終獲勝的概率，作差比大小即可得結論；（3）根據二項分布得，，記，分析的單調性，可得最大時，對應的值．【小問1詳解】根據題意可知，每局比賽甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，若采用三局兩勝制，則最終獲勝的兩種可能的比分為或．因為每局比賽的結果是獨立的，所以甲最終獲勝的概率；【小問2詳解】證明：若用三局兩勝制，由（1）可得甲最終獲勝的概率．若采用四局三勝制，則甲最終獲勝的三種可能的比分為，，因為每局比賽的結果是獨立的，可得甲最終獲勝的概率，所以恒成立，故采用三局兩勝制比采用四局三勝制對甲更有利；【小問3詳解】易得，，，記，則，由，得，即當時，，當時，，故當時，最大、所以的估計值為18．19.已知橢圓：（）的離心率為，且過點．設點處的切線為．（1）求的方程；（2）求直線的方程；（3）直線過點，且，點，在上，且，問：直線與的交點是否為定點？若是，求出定點的坐標;若不是，說明理由．【答案】（1）（2）（3）直線與的交點是為定點，定點坐標為【解析】【分析】（1）由待定系數法及離心率公式即可求得結果；（2）設出直線方程，運用直線與橢圓相切時，聯立直線方程與橢圓方程消元后令即可；（3）分兩大類進行討論：①當直線的斜率存在時，設其方程為，與橢圓方程聯立，消去，寫出韋達定理，結合可得或，分別找出兩種情形下直線所過的定點，確定與直線的交點坐標；②當