广东省惠州市惠阳区泰雅实验学校2023-2024学年高二下学期第二次考试（5月）数学试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 广东省惠州市惠阳区泰雅实验学校2023-2024学年高二下学期第二次考试（5月）数学试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 817.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-05-18 14:34:27 | ||
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文档简介
泰雅实验学校2023-2024学年高二下学期第二次考试
数学
本试卷共4页，19题。全卷满分150分。考试用时120分钟。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：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。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
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）
1．一组数据：11，30，31，25，20，32，41，32，18，45的第30百分位数为（ ）
A．20 B．22.5 C．25 D．30
2．若双曲线的一条渐近线与直线垂直，且在上，则的实轴长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，若，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
4．设是等比数列，且，则（ ）
A． B． C．1 D．2
5．在直角坐标系中，椭圆的右焦点为是上一点，且轴，若直线的斜率为2，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．在中，角的对边分别为，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
7．为丰富学生在校的课余生活，某中学安排五位学生观看足球、篮球、乒乓球三个项目比赛，若一位同学只观看一个项目，三个项目均有学生观看，则不同的安排方案共有（ ）
A．18种 B．60种 C．90种 D．150种
8．已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递增的有序数对的个数是（ ）
A．16 B．24 C．32 D．48
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．若（为虚数单位），其中是实数，则（ ）
A． B．的共轭复数为-2
C．对应的点位于第一象限 D．的实部为0
10．已知函数，则（ ）
A．为偶函数 B．曲线的对称中心为
C．在区间上单调递减 D．在区间上有一条对称轴
11．设函数的定义域为，对于任意给定的正数，定义函数，则称为的“卫界函数”，若函数，则（ ）
A． B．的值域为
C．在上单调递减 D．函数为偶函数
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．已知集合，若为单元素集，则的最小值为______．
13．某工厂为学校运动会定制奖杯，奖杯的剖面图形如图所示，已知奖杯的底座是由金属片围成的空心圆台，圆台上下底面半径分别为1，2，将一个表面积为的水晶球放置于圆台底座上，即得该奖杯，已知空心圆台（厚度不计）围成的体积为，则该奖杯的高（即水晶球最高点到圆台下底面的距离）为______．
14．已知点在函数的图象上，则到直线的距离的最小值为______．
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．（本小题满分13分）
统计学中有如下结论：若，从的取值中随机抽取个数据，记这个数据的平均值为，则随机变量．据传德国数学家希尔伯特喜欢吃披萨．他每天都会到同一家披萨店购买一份披萨．该披萨店的老板声称自己所出售的披萨的平均质量是，上下浮动不超过，这句话用数学语言来表达就是：每个披萨的质量服从期望为，标准差为的正态分布．
（1）假设老板的说法是真实的，随机购买25份披萨，记这25份披萨的平均值为，利用上述结论求；
（2）希尔伯特每天都会将买来的披萨称重并记录，25天后，得到的数据都落在上，并经计算得到25份披萨质量的平均值为，希尔伯特通过分析举报了该老板．试从概率角度说明希尔伯特举报该老板的理由．
附：①随机变量服从正态分布，则，，；
②通常把发生概率小于0.05的事件称为小概率事件，小概率事件基本不会发生．
16．（本小题满分15分）
固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线．1691年，莱布尼茨等得出“悬链线”方程为，其中为参数．当时，就是双曲余弦函数，类似地我们可以定义双曲正弦函数．它们与正、余弦函数有许多类似的性质．
（1）类比正、余弦函数导数之间的关系，，请写出，具有的类似的性质（不需要证明）；
（2）当时，单调递增，求实数的取值范围；
（3）求的最小值．
17．（本小题满分15分）
如图，已知为等腰梯形，点为以为直径的半圆弧的上一点，平面平面为的中点，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
18．（本小题满分17分）
抛物线的对称轴为轴，定点为坐标系原点，焦点为直线与坐标轴的交点．
（1）求的方程；
（2）已知，过点的直线交与两点，又点在线段上（异于端点），且，求点的轨迹方程．
19．（本小题满分17分）
已知数列的前项和为，若数列满足：①数列项数有限为；②；③，则称数列为“阶可控摇摆数列”．
（1）若，请判断数列是否为“阶可控摇摆数列”？若是，请求出的值；若不是，请说明理由；
（2）若等比数列为“10阶可控摇摆数列”，求的通项公式；
（3）若等差数列为“阶可控摇摆数列”，且，求数列的通项公式．
惠阳泰雅实验学校高二年级下学期第二次考试试题
数学
一、选择题
1．B 【解析】将这组数据从小到大排列为11，18，20，25，30，31，32，32，41，45，因为，所以第30百分位数为第三个数与第四个数的平均数，即为22.5．故选B．
2．D 【解析】由双曲线可得渐近线方程为，由题意可得，将带入的方程得，所以的实轴长为4．故选D．
3．B 【解析】若，则与的位置关系不能确定；若，因为，所以，又，所以成立．所以“”是“”的必要不充分条件．故选B．
4．B 【解析】设的公比为，由，得，所以，从而．故选B．
5．B 【解析】依题意，设点在第一象限，设，则，解得，由直线的斜率为2，得，即，于是，即，又，解得，所以的离心率为．故选B．
6．A 【解析】在中，因，由正弦定理可得，由余弦定理得：，解得，所以的面积为．故选A．
7．D 【解析】五位同学观看三个项目比赛，由于一位同学只观看一个项目，三个项目均有学生观看，根据题意，分两种情况，一种情况为3，1，1，另外一种为2，2，1，所以安排方案有种．故选D．
8．B 【解析】若和在上单调递增，在上单调递减，则有个；若和在上单调递增，在上单调递减，则有个；若和在上单调递增，在上单调递减，则有个；若和在上单调递增，则有个；综上所述：共有个．故选B．
二、选择题
9．BCD 【解析】，则由已知得，所以，解得，故A错；所以，共轭复数为，故B正确；，对应的点为，位于第一象限，故C正确；，实部为0，故D正确．故选BCD．
10．ABD 【解析】由题意可得：，对于选项A：因为，为偶函数，故A正确；对于选项B：令，解得，所以曲线的对称中心为，故B选项正确；对于选项C：因为，即，即在内不是单调递减，故C错误；对于选项D：因为，则，且在内有且仅有一条对称轴，所以在区间上有且仅有一条对称轴，故D选项正确．故选ABD．
11．AD 【解析】根据题意，由，解得或，所以，所以，故A正确；作出函数图象：
当或时，，且在上单调递减，在上单调递增，，所以的值域为，故B、C错误；因为，则的图象如下所示：
由图可知的图象关于轴对称，所以函数为偶函数，故D正确．故选AD．
三、填空题
12． 【解析】因为，且为单元素集，所以，所以的最小值为．故答案为．
13． 【解析】如图所示，
设水晶球的半径为，则，解得，设圆台的高为，则，解得，又因为水晶球球心到圆台上底面的距离，所以该奖杯的高为．故答案为．
14． 【解析】由，可得，又点在曲线上，设，则过点和平行的切线的斜率为3，令，则点与直线的最小距离为．故答案为．
四、解答题
15．解：（1）依题意，又，
所以，
，且，
所以．
（2）由（1）可得，又希尔伯特计算25份披萨质量的平均值为，而，
所以25份披萨质量的平均值为为小概率事件，小概率事件基本不会发生，
所以希尔伯特认为老板的说法不真实，这就是他举报该老板的理由．
16．解：（1）求导易知．
（2）因为函数单调递增，
所以恒成立，由，当且仅当时取等号，
所以，即时，，当时，经验证适合题意，故实数的取值范围为．
（3）因为，
所以，
由（2）知在上单调递增，
又，故时，，单调递减；时，，单调递增所以，故的最小值为1．
17．解：（1）取的中点，连接，则且，
又且，
且为平行四边形．
．又平面平面，
平面．
（2）取中点为，连接，因为为等腰梯形，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，
过点作直线的垂线交于点，则，两两垂直，所以以为原点，
分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
为直径，．
在等腰梯形中，，
所以，
，
．
设平面的一个法向量为，
则，
，令则．
，
设直线与平面所成的角为，
则，
直线与平面所成角的正弦值为．
18．解：（1）因为抛物线的对称轴为轴，所以的焦点在轴上，直线与轴的交点为，所以，
所以，解得：，所以抛物线的方程为：．
（2）显然直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为：，
设，联立直线与抛物线方程：，可得：，
且，解得：且，
因为，
即，
则有，
整理可得：，
即，
所以，又点在直线上，
所以，消得，
由且得且，
所以的轨迹方程为：（且）．
19．解：（1）若数列是“阶可控摇摆数列”，则，因为是首项为，公差为的等差数列，所以，解得．
此时满足条件①数列项数有限为6；②；
又，故数列为“6阶可控摇摆数列”．
（2）若，则，解得，
则，与题设矛盾，舍去；
若，则，得，而，解得或，
（9分）故或．
（3）设等差数列的公差为，
因为，
则，
则，
由，得，
而，
故，
两式相减得，即，又，得，
所以．
数学
本试卷共4页，19题。全卷满分150分。考试用时120分钟。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：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。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
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）
1．一组数据：11，30，31，25，20，32，41，32，18，45的第30百分位数为（ ）
A．20 B．22.5 C．25 D．30
2．若双曲线的一条渐近线与直线垂直，且在上，则的实轴长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，若，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
4．设是等比数列，且，则（ ）
A． B． C．1 D．2
5．在直角坐标系中，椭圆的右焦点为是上一点，且轴，若直线的斜率为2，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．在中，角的对边分别为，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
7．为丰富学生在校的课余生活，某中学安排五位学生观看足球、篮球、乒乓球三个项目比赛，若一位同学只观看一个项目，三个项目均有学生观看，则不同的安排方案共有（ ）
A．18种 B．60种 C．90种 D．150种
8．已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递增的有序数对的个数是（ ）
A．16 B．24 C．32 D．48
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．若（为虚数单位），其中是实数，则（ ）
A． B．的共轭复数为-2
C．对应的点位于第一象限 D．的实部为0
10．已知函数，则（ ）
A．为偶函数 B．曲线的对称中心为
C．在区间上单调递减 D．在区间上有一条对称轴
11．设函数的定义域为，对于任意给定的正数，定义函数，则称为的“卫界函数”，若函数，则（ ）
A． B．的值域为
C．在上单调递减 D．函数为偶函数
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．已知集合，若为单元素集，则的最小值为______．
13．某工厂为学校运动会定制奖杯，奖杯的剖面图形如图所示，已知奖杯的底座是由金属片围成的空心圆台，圆台上下底面半径分别为1，2，将一个表面积为的水晶球放置于圆台底座上，即得该奖杯，已知空心圆台（厚度不计）围成的体积为，则该奖杯的高（即水晶球最高点到圆台下底面的距离）为______．
14．已知点在函数的图象上，则到直线的距离的最小值为______．
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．（本小题满分13分）
统计学中有如下结论：若，从的取值中随机抽取个数据，记这个数据的平均值为，则随机变量．据传德国数学家希尔伯特喜欢吃披萨．他每天都会到同一家披萨店购买一份披萨．该披萨店的老板声称自己所出售的披萨的平均质量是，上下浮动不超过，这句话用数学语言来表达就是：每个披萨的质量服从期望为，标准差为的正态分布．
（1）假设老板的说法是真实的，随机购买25份披萨，记这25份披萨的平均值为，利用上述结论求；
（2）希尔伯特每天都会将买来的披萨称重并记录，25天后，得到的数据都落在上，并经计算得到25份披萨质量的平均值为，希尔伯特通过分析举报了该老板．试从概率角度说明希尔伯特举报该老板的理由．
附：①随机变量服从正态分布，则，，；
②通常把发生概率小于0.05的事件称为小概率事件，小概率事件基本不会发生．
16．（本小题满分15分）
固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线．1691年，莱布尼茨等得出“悬链线”方程为，其中为参数．当时，就是双曲余弦函数，类似地我们可以定义双曲正弦函数．它们与正、余弦函数有许多类似的性质．
（1）类比正、余弦函数导数之间的关系，，请写出，具有的类似的性质（不需要证明）；
（2）当时，单调递增，求实数的取值范围；
（3）求的最小值．
17．（本小题满分15分）
如图，已知为等腰梯形，点为以为直径的半圆弧的上一点，平面平面为的中点，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
18．（本小题满分17分）
抛物线的对称轴为轴，定点为坐标系原点，焦点为直线与坐标轴的交点．
（1）求的方程；
（2）已知，过点的直线交与两点，又点在线段上（异于端点），且，求点的轨迹方程．
19．（本小题满分17分）
已知数列的前项和为，若数列满足：①数列项数有限为；②；③，则称数列为“阶可控摇摆数列”．
（1）若，请判断数列是否为“阶可控摇摆数列”？若是，请求出的值；若不是，请说明理由；
（2）若等比数列为“10阶可控摇摆数列”，求的通项公式；
（3）若等差数列为“阶可控摇摆数列”，且，求数列的通项公式．
惠阳泰雅实验学校高二年级下学期第二次考试试题
数学
一、选择题
1．B 【解析】将这组数据从小到大排列为11，18，20，25，30，31，32，32，41，45，因为，所以第30百分位数为第三个数与第四个数的平均数，即为22.5．故选B．
2．D 【解析】由双曲线可得渐近线方程为，由题意可得，将带入的方程得，所以的实轴长为4．故选D．
3．B 【解析】若，则与的位置关系不能确定；若，因为，所以，又，所以成立．所以“”是“”的必要不充分条件．故选B．
4．B 【解析】设的公比为，由，得，所以，从而．故选B．
5．B 【解析】依题意，设点在第一象限，设，则，解得，由直线的斜率为2，得，即，于是，即，又，解得，所以的离心率为．故选B．
6．A 【解析】在中，因，由正弦定理可得，由余弦定理得：，解得，所以的面积为．故选A．
7．D 【解析】五位同学观看三个项目比赛，由于一位同学只观看一个项目，三个项目均有学生观看，根据题意，分两种情况，一种情况为3，1，1，另外一种为2，2，1，所以安排方案有种．故选D．
8．B 【解析】若和在上单调递增，在上单调递减，则有个；若和在上单调递增，在上单调递减，则有个；若和在上单调递增，在上单调递减，则有个；若和在上单调递增，则有个；综上所述：共有个．故选B．
二、选择题
9．BCD 【解析】，则由已知得，所以，解得，故A错；所以，共轭复数为，故B正确；，对应的点为，位于第一象限，故C正确；，实部为0，故D正确．故选BCD．
10．ABD 【解析】由题意可得：，对于选项A：因为，为偶函数，故A正确；对于选项B：令，解得，所以曲线的对称中心为，故B选项正确；对于选项C：因为，即，即在内不是单调递减，故C错误；对于选项D：因为，则，且在内有且仅有一条对称轴，所以在区间上有且仅有一条对称轴，故D选项正确．故选ABD．
11．AD 【解析】根据题意，由，解得或，所以，所以，故A正确；作出函数图象：
当或时，，且在上单调递减，在上单调递增，，所以的值域为，故B、C错误；因为，则的图象如下所示：
由图可知的图象关于轴对称，所以函数为偶函数，故D正确．故选AD．
三、填空题
12． 【解析】因为，且为单元素集，所以，所以的最小值为．故答案为．
13． 【解析】如图所示，
设水晶球的半径为，则，解得，设圆台的高为，则，解得，又因为水晶球球心到圆台上底面的距离，所以该奖杯的高为．故答案为．
14． 【解析】由，可得，又点在曲线上，设，则过点和平行的切线的斜率为3，令，则点与直线的最小距离为．故答案为．
四、解答题
15．解：（1）依题意，又，
所以，
，且，
所以．
（2）由（1）可得，又希尔伯特计算25份披萨质量的平均值为，而，
所以25份披萨质量的平均值为为小概率事件，小概率事件基本不会发生，
所以希尔伯特认为老板的说法不真实，这就是他举报该老板的理由．
16．解：（1）求导易知．
（2）因为函数单调递增，
所以恒成立，由，当且仅当时取等号，
所以，即时，，当时，经验证适合题意，故实数的取值范围为．
（3）因为，
所以，
由（2）知在上单调递增，
又，故时，，单调递减；时，，单调递增所以，故的最小值为1．
17．解：（1）取的中点，连接，则且，
又且，
且为平行四边形．
．又平面平面，
平面．
（2）取中点为，连接，因为为等腰梯形，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，
过点作直线的垂线交于点，则，两两垂直，所以以为原点，
分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
为直径，．
在等腰梯形中，，
所以，
，
．
设平面的一个法向量为，
则，
，令则．
，
设直线与平面所成的角为，
则，
直线与平面所成角的正弦值为．
18．解：（1）因为抛物线的对称轴为轴，所以的焦点在轴上，直线与轴的交点为，所以，
所以，解得：，所以抛物线的方程为：．
（2）显然直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为：，
设，联立直线与抛物线方程：，可得：，
且，解得：且，
因为，
即，
则有，
整理可得：，
即，
所以，又点在直线上，
所以，消得，
由且得且，
所以的轨迹方程为：（且）．
19．解：（1）若数列是“阶可控摇摆数列”，则，因为是首项为，公差为的等差数列，所以，解得．
此时满足条件①数列项数有限为6；②；
又，故数列为“6阶可控摇摆数列”．
（2）若，则，解得，
则，与题设矛盾，舍去；
若，则，得，而，解得或，
（9分）故或．
（3）设等差数列的公差为，
因为，
则，
则，
由，得，
而，
故，
两式相减得，即，又，得，
所以．
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