信阳高级中学2023-2024学年高二下学期6月月考
数学试题
一、单选题
1．设复数，则（ ）
A．0 B．2 C． D．
2．已知集合，，若定义集合运算：，则集合的所有元素之和为（ ）
A．6 B．3 C．2 D．0
3．已知，若，则（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
4．已知圆柱的底面直径为，它的两个底面的圆周都在同一个表面积为的球面上，该圆柱的体积为（ ）
A． B． C． D．
5．画条直线，将圆的内部区域最多分割成（ ）
A．部分
B．部分
C．部分
D．部分
6．已知数列中，，，，则下列说法不正确的是（ ）
A． B．
C．是等比数列 D．
7．已知函数，则与图象的所有交点的横坐标之和为（ ）
A． B．2 C． D．3
8．若，则（ ）
A．88 B．87 C．86 D．85
二、多选题
9．若随机变量，的密度函数为，则（ ）
A．的密度曲线与轴只有一个交点
B．的密度曲线关于对称
C．
D．若，则
10．已知实数满足：，则下列不等式中可能成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．2021年3月30日，小米正式开始启用具备“超椭圆”数学之美的新logo.设计师的灵感来源于曲线C：.其中星形线E：常用于超轻材料的设计.则下列关于星形线说法正确的是（ ）
A．E关于y轴对称
B．E上的点到x轴、y轴的距离之积不超过
C．E上的点到原点距离的最小值为
D．曲线E所围成图形的面积小于2
三、填空题
12．若对任意的正实数，当时，恒成立，则实数的取值范围是 .
13．倾斜角为锐角的直线经过抛物线的焦点，且与交于，两点，为线段的中点，为上一点，若的最小值为8，则这条直线的斜率为 .
14．甲、乙、丙三人相互做传球训练，第次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，则次传球后球在甲手中的概率为 ．
四、解答题
15．在中，，.求：
(1)的值；
(2)和面积的值．
16．如图，已知三棱锥中，平面底面，平面，且，．
(1)求三棱锥的体积；
(2)已知，求平面与平面所成二面角的正弦值．
17．已知函数，．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：在上单调递增．
18．在平面直角坐标系中，点，分别是椭圆：的右顶点，上顶点，若的离心率为，且到直线的距离为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆交于，两点，其中点在第一象限，点在轴下方且不在轴上，设直线，的斜率分别为，.
（i）求证：为定值，并求出该定值；
（ii）设直线与轴交于点，求的面积的最大值.
19．对于数列，，…，，记，.设数列，，…，和数列，，…，是两个递增数列，若A与满足，，且，，则称A，具有关系.
(1)若数列A：4，7，13和数列：3，，具有关系，求，的值；
(2)证明：当时，存在无数对具有关系的数列；
(3)当时，直接写出一对具有关系的数列和.（本小问不用写解答过程）信阳高级中学 2023-2024 学年高二下学期 6 月月考
数学答案
1 2 3 4 8 6 7 8 9 10 11
B A C D B D D A ACD ABD ABD
12． e,+ 13． 3 1114．
32
15．(1) tan 2A 3；
(2) c 2, S 3.
π 3
【分析】（1）利用辅助角公式将题设化成 sin(A ) ，根据内角范围求出角A即得；
6 2
π
（2）由正弦定理求得 sin B 3 ，结合条件确定 B π,依次求出角 B,C和边 c、S2 .2
π
【详解】（1 π 3）由 3 sin A cos A 3,可得， 2sin(A ) 3, 即6 sin(A ) .6 2
又 0 A π,
π A π 7π 则 ,
6 6 6
A π π , A π 2π π π故 或 ,解得 A 或 A
6 3 6 3 .6 2
π
因 a 2,b 2 3 ，则 a b,A不是最大角，故得 A ，
6
所以 tan2A tan
π
3.
3
a b 2 2 3
（2 = 3）由正弦定理 ，可得 . 则
sin A sin B sin π sin B sinB .
6 2
2 2 2
因为b2 a2 c2，由余弦定理，cosB a c b 0，
2ac
π
则 B π, B
2π
故 ,C
π
,
2 3 6
则 c a 2, S
1
absinC 3.
2
4
16．(1)
3
(2) 3
2
【分析】（1）取 AB中点为 E，连结CE，利用线面垂直，先证 BC PA，再利用面面垂直
性质证明CE PA，由此可证 PA 底面 ABC，根据棱长即可求得三棱锥体积
（2）根据已知条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求面面角的余弦值，利用同
角三角函数关系，即可求得平面 PAB与平面 BCD所成二面角的正弦值.
【详解】（1）
取 AB中点为 E，连结CE，又由 AC BC，有CE AB；BC 平面PAC，
PA 平面PAC，所以BC PA；BC 平面PAC， AC 平面 PAC，
BC AC，在Rt△ABC中， AC BC 2， AB BC 2 AC 2 2 2 ；
又平面PAB 底面 ABC，平面 PAB 底面 ABC AB，CE AB，
所以CE 平面 PAB，所以CE PA；因为BC PA，CE PA，
BC 平面 ABC，CE 平面 ABC， BC CE C ，所以 PA 底面 ABC，
所以 PA AB ,在Rt PAB中， AB 2 2，PB 2 3， PA PB2 AB2 2；
从而 P ABC
1 1
的体积为 AC BC PA
4
．
3 2 3
（2）由（1）以A为原点，过点A作 BC平行线为 y轴， AC， AP分别为 x，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
有 A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,0,0)， B(2, 2,0)， E(1,1,0)，设D x0 , y0 , z0 ，
则有 AD x0 , y0 , z0 ， AC = (2,0,0)， AP (0,0, 2)，
又因为 AD 3AC 2AP ，3AC = (6,0,0)，2AP = (0,0,4)，
所以 AD (6,0,4)，D 6,0,4 ， BD (4, 2,4)，CB (0, 2,0)．
BD n 0 4x 2y 4z 0
设n x1, y1, z1 为平面BCD
的法向量， 1 1 1 ， ，
CB n 0 2y1 0
令 x1 1，有 n (1,0, 1)．平面 PAB的法向量 EC (1, 1,0) ，所以有：
cos EC, n n
E C 1 ，
n EC 2
2
所以平面 PAB与平面 BCD 1 3所成二面角的正弦值为 1 ．
2 2
17．(1) x y 2 0
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）利用 x cos x x进行放缩，从而证明导数大于 0即可.
【详解】（1）因为 f x ex sin x xcos x sin x ex xcos x，
所以 f 0 1， f 0 2
所以曲线 y f x 在点 0, f 0 处的切线方程为 y 2 x，
即 x y 2 0．
（2 x）由（1）知， f x e xcos x，
因为 cosx 1， x 0，
所以 x cos x x，
所以 f x ex x
设h x ex x，则导函数 h x ex 1 0，
所以 h x 在 0, 上单调递增，
所以 h x h 0 1，
所以 f x h x 0，
所以 f x 在 0, 上单调递增
2
18 (1) x． y2 1
4
(2)（i）证明见解析， 4；（ii）2 2 2
【分析】（1）根据题意求出 a,b，即可得解；
（2）（i）设直线 l的方程为 y 1 k x 2 k 1，其中 ，且 k 1，设直线 l与椭圆C交于点
4
M x1, y1 ,N x2 , y2 ，联立方程，利用韦达定理求出 x1 x2， x1x2，再结合斜率公式化简即
可得出结论；
（ii）法一：直线 BM的方程为 y k1x 1，设直线 BN 与 x轴交于点Q，直线 BN 的方程为
y k2x 1,
y k2x 1，分别求出T ,Q的坐标，联立方程组 x2 x
y2
求出 2，即可得 N的坐标，再求
1, 4
出三角形面积的表达式，结合基本不等式即可得解.
法二：直线 BM的方程为 y k1x 1，设直线 BN 与 x轴交于点Q，直线 BN 的方程为 y k2 x 1，
分别求出T ,Q的坐标，易得点 A 2,0 是线段TQ的中点，则 S 2S△BAN 5d，其中d 为点 N
到直线 AB的距离，求出d 的最大值即可.
【详解】（1）设椭圆C的焦距为 2c c 0 ，
3 c 3 2 3 2
因为椭圆C的离心率为 ，所以 ，即 c a ，
2 a 2 4
据 a2 b2
3
c2 2，得 a b2 a2，即 a 2b .
4
x y
所以直线 AB的方程为 1，即 x 2y 2b 0，
2b b
O 2因为原点 到直线 AB的距离为 5 ，
5
2b 2
故 5，解得b 1，
12 22 5
所以 a 2，
x2
所以椭圆C的标准方程为 y2 1；
4
1
（2）（i）设直线 l的方程为 y 1 k x 2 ，其中 k ，且 k 1，即 y kx 2k 1，
4
设直线 l与椭圆C交于点M x1, y1 ,N x2 , y2 ，
y kx 2k 1,
2 2 2 2
联立方程组 x2 整理得 4k 1 x 16k 8k x 16k 16k 02 ，
y 1, 4
2
x x 16k 8k 16k
2 16k
所以 1 2 ， x x4k 2 1 1 2
2 ，4k 1
1 1 x x x x 1 x x
（i）所以 1 2 1 2 1 2
k1 k2 y1 1 y2 1 k x1 2 k x2 2 k
x1 2 x2 2
2 x
1
x2 x1 x2 2 x x 1 2 x1 x2
k x1 2 x2 2 k x1x2 2 x1 x2 4
16k 2 16k 16k 2 8k 8k2 2
4k 1 4k
2 1 2 4k
2 1 4
16k 2 为定值，得证；k 16k 2 4
2 2
16k 8k 4 k
4k 1 4k 2 1 4k 2 1
1 1
（ii）法一：直线 BM的方程为 y k1x 1，令 y 0，得 x ，故T ,0k k
，
1 1
设直线 BN 与 x轴交于点Q，
1 1
直线 BN 的方程为 y k2 x 1，令 y 0，得 x ，故Q ,0k 2 k2
y k2x 1, 2 2
联立方程组 x2 2 整理得 4k2 1 x 8k2x 0，
y 1, 4
8k2 8k 8k2
解得 x2 2 或 0（舍）， y2 k2x2 1 k2 22 1
2
2 14k ，2 1 4k2 1 4k2 1
2
所以 BNT的面积 S
1
QT yB y
1 1 1 8k
2 1 2 12 2 k k 4k 2 1 1 2 2
1 1 4k 2
2 ，
k1 k
2
2 4k2 1
1 1 1 1
由（i）可知， 4 4 k k ，故 k k ，代入上式，1 2 1 2
2 2
所以 S 4
2 4k2 2 1 8k 2 ，
k2 4k
2
2 1 k 4k
2
2 2 1
1 1 1
因为点N在 x轴下方且不在 y轴上，故 k2 或 k ，得 2 02 2 2 k
，
2
S 2 1 8k
2 8k 2k 1 4k 2 2k 2k 1
所以 2
2 2
2 2 2k 4k 2 1 4k 2
4 2 4 1 ，
2 2 2 1 4k2 1
2
4k2 1
1
显然，当 k2 时， S 4 1
2k 1
2 4，
2 4k 2 1 2
k 1 S 4 1 2k 1
当 2 时，
2 4，
2 2 4k2 1
1
故只需考虑 k2 ，令 t 2k2 1，则 t 0，2
所以 S 4 1
t
4
1 1
1 4 1 2 2 2 ，
t 1
2 1 t 2 2
t 2 t
2
2
t
2
当且仅当 t t 2 k 2 1， ，即 2 时，不等式取等号，t 2
所以 BNT的面积的最大值为 2 2 2 .
1 1
法二：直线 BM的方程为 y k1x 1，令 y 0，得 x k ，故T ,0 ，1 k1
设直线 BN 与 x轴交于点Q，
1 1
直线 BN 的方程为 y k2 x 1，令 y 0，得 x ，故Qk
,0 ，
2 k2
1 1 1 1
由（i）可知， 4 4k ，故 ，1 k2 k1 k2
所以点 A 2,0 是线段TQ的中点，
故 BNT 1的面积 S 2S△BAN 2 AB d 5d，其中d 为点 N到直线 AB的距离，2
思路 1 显然，当过点 N且与直线 AB平行的直线 l 与椭圆C相切时，d 取最大值，
1
设直线 l 的方程为 y x m m 0 ，即 x 2y 2m 0，
2
1
y x m , 2
联立方程组 整理得 x22 2mx 2m 2 2 0，
x y2 1,
4
据Δ 2m 2 4 2m2 2 0，解得m 2 （正舍），
所以平行直线 l ： x 2y 2 2 0与直线 l： x 2y 2 0之间的距离为
2 2 2 2 2 2 2 2 2
，即d 的最大值为 ，
5 5 5
所以 BNT 5 2 2 2的面积的最大值为 2 2 2 .
5
思路 2 因为直线 l的方程为 x 2y 2 0，
x 2 y 2
所以 S 5d 5 2 2 x2 2 y2 2，
12 22
依题意， 2 x2 2， x2 0， y2 0，故 x2 2y2 2 0，
所以 S x2 2y2 2 x2 2y2 2，
x2 2
因为 N x2 , y2 在椭圆C上，故 2 y22 1，即 x22 2y2 4，4
x2 2y
2
2 x
2 2y 2
所以 2 2 2，
2 2
当且仅当 x2 2 y2 2时取等号，故 2 2 x2 2y2 2 2，
所以 S x2 2y2 2 2 2 2 ，
即 BNT的面积的最大值为 2 2 2 .
思路 3 因为直线 l的方程为 x 2y 2 0，
x2 2 y2 2
所以 S 5d 5 x2 2 y2 2，
12 22
2
因为 N x2 , y2 x在椭圆C上，故 2 y24 2 1，
设 x2 2cos ， y2 sin ，不妨设
3
π, π
3 π,2π
，
2 2
所以 S x2 2y2 2 2cos 2sin 2 2 2sin
2 ，
4
5π当 ， x 2 y 2
4 2
， 2 时， S 2 2 2，2
即 BNT的面积的最大值为 2 2 2 .
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
b 9
19．(1) 2 b 12； 3
(2)证明见解析
(3)不妨取数列 A :1，4，6，7，9，12，14，15；数列B :2，3，5，8，10，11，13，16；
【分析】（1）根据题中条件，列出方程组求解，即可得出结果；
m 4 7 13 m 3 9 12
（2）由（1），得到对任意m N* ,m 2，都有 m2 42 72 132 m2 32 92 122 ，推出对
任意m N* ,m 5，都能使数列 A : 4，7，13，4m，7m，13m和数列 B : 3，9，12，3m，
9m，12m具有 LS关系，即可证明结论成立；
（3）不妨设四个连续的数为 n,n 1,n 2,n 3，推导出 22 32 52 82 12 42 62 72，且
1 4 6 7 2 3 5 8，同理可得另一组满足要求的数据，由数列新定义验证，即可得出
结果.
4 7 13 3 b2 b3
2 b 9
【详解】（1）由题意可得， 4 72 132 32 b22 b
2 2
3 ，解得 b ； 12
b2 b
3
3
4 7 13 3 9 12
（2）由（1），因为
4
2 72 132 32 92 ， 122
m 4 7 13 m 3 9 12
对任意m N* ,m 2，都有 ，
m
2 42 72 132 m2 32 92 122
4m 7m 13m 3m 9m 12m
即 4m 2 7m 2 13m 2 3m 2 9m 2 1 2m
2 ，
则4m，7m，13m和4， 7，13一组重新按从小到大顺序排列得到新数列 A，
3m，9m，12m和3，9，12一组重新按从小到大顺序排列得到新数列 B，
此时数列A和数列 B满足 L A L B ， S A S B ；
当m 2时，可得数列 A : 4，7，8，13，14，26和数列B : 3，6，9，12，18，24具有 LS
关系；满足题意；
当m 3时，3m 9，4m 12，不能满足 ai b j i , j 1,2,L ,n ，
当m 4时，3m 12，不能满足 ai b j i , j 1,2,L ,n ，
当m N* ,m 5时，数列 A中的项按递增顺序排列为4， 7，13， 4m，7m，13m；
数列 B中的项按递增顺序排列为3，9，12，3m，9m，12m；此时满足 ai b j i , j 1,2,L ,n ；
综上，除3和4外，对于任意的正整数m N*,m 2，都能满足题意；
即当 n 6时，存在无数对具有 LS关系的数列；
（3）不妨设四个连续的数为 n,n 1,n 2,n 3，
则n n 3 n 1 n 2，
2
且 n2 n 3 2n2 6n 9， n 1 2 n 2 2 2n2 6n 5，
n2 n 3 2 n 1 2故 n 2
2
4，
所以12 42 22 32 4，同理可得52 82 62 72 4，
所以 22 32 52 82 12 42 62 72，
且1 4 6 7 2 3 5 8，
同理可得92 122 142 152 102 112 132 162，
9 12 14 15 10 11 13 16，
不妨取数列 A :1，4，6，7，9，12，14，15；
数列 B :2，3，5，8，10，11，13，16；
经检验，满足要求，A， B具有 LS关系.
【点睛】方法点睛：本题主要考查数列新定义的问题，处理此类问题时，通常根据题中新定
义的概念，结合已知结论求解，本题中，根据数列具有 LS关系的定义，列出方程求解，可
得第一问，再第一问的基础上，可证明第二问成立，第三问可通过试根法确定一对数列，再
结合新定义验证即可.
