2023-2024学年云南省昆明八中高二（下）月考数学试卷（二）（含答案）

2023-2024学年云南省昆明八中高二（下）月考数学试卷（二）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设集合，，则( )
A. B. C. D.
2.已知，则的虚部为( )
A. B. C. D.
3.已知，则( )
A. B. C. D.
4.已知圆：，直线经过点，且与圆相切，则的方程为( )
A. B. C. D.
5.已知，为双曲线的左，右焦点，过点向该双曲线的一条渐近线作垂线，垂足为，则的面积为( )
A. B. C. D.
6.球面被平面所截得的一部分叫做球冠如图球冠是曲面，是球面的一部分截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高阿基米德曾在著作论球与圆柱中记录了一个被后人称作”的定理：球冠的表面积如右上图，这里的表面积不含底面的圆的面积某同学制作了一个工艺品，如右下图所示该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为的正方体的六个面所截后剩余的部分球心与正方体的中心重合，即一个球去掉了个球冠后剩下的部分若其中一个截面圆的周长为，则该工艺品的表面积为( )
A. B. C. D.
7.已知函数，若对任意的，，当时，都有，则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
8.给定一个正整数，从集合中随机抽取一个数，记事件“这个数为偶数”，事件“这个数为的倍数”下列说法正确的是( )
A. 若，，则至少存在一个，使事件和事件不独立
B. 若，，，则存在无穷多个，使事件和事件独立
C. 若为奇数，则至少存在一个，使事件和事件独立
D. 若为偶数，则对任意的，事件和事件独立
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是( )
A.
B. 函数为偶函数
C. 函数的图象关于直线对称
D. 函数在上的最小值为
10.在正方体中，，，则( )
A. 为钝角
B.
C. 平面
D. 直线与平面所成角的正弦值为
11.直线经过抛物线：的焦点，且与抛物线相交于、两点，下列说法正确的是( )
A. ， B. 直线的斜率为时，
C. 的最小值为 D. 以为直径的圆与的准线相切
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.的二项展开式中的常数项为______．
13.数论领域的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数设，其中，，，均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是______．
14.函数，当时，的零点个数为 ；若恰有个零点，则的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
某公司为招聘新员工设计了一个面试方案：应聘者从道备选题中一次性随机抽取道题，按照题目要求独立完成．规定：至少正确完成其中道题便可通过．已知道备选题中应聘者甲有道题能正确完成，道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响．
Ⅰ求甲恰好正确完成两个面试题的概率；
Ⅱ求乙正确完成面试题数的分布列及其期望．
16.本小题分
如图，三棱锥中，，，，为中点．
证明；
点满足，求二面角的正弦值．
17.本小题分
数列的前项和满足．
证明：是等差数列；
若，证明：．
18.本小题分
已知函数．
当时，证明：有且仅有一个零点；
当时，恒成立，求的取值范围；
证明：．
19.本小题分
已知椭圆的左右顶点分别为和，离心率为，且经过点，过点作垂直轴于点在轴上存在一点异于，使得．
Ⅰ求椭圆的标准方程；
Ⅱ判断直线与椭圆的位置关系，并证明你的结论；
Ⅲ过点作一条垂直于轴的直线，在上任取一点，直线和直线分别交椭圆于，两点，证明：直线经过定点．
参考答案
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15.解：Ⅰ甲恰好完成两道题的概率，
Ⅱ设乙正确完成面试的题数为，则取值分别为，，，，
，，，，
考生乙正确完成题数的分布列为：
．
16.证明：连接，，
，为中点．
，
又，，
与均为等边三角形，
，
，，
平面，
平面，
．
解：设，
，
，，
，
，
又，，
平面，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，，，，
，
，
，，，
设平面与平面的一个法向量分别为，，
则，令，解得，
，令，解得，，
故，，
设二面角的平面角为，
则，
故，
所以二面角的正弦值为．
17.证明：由题意，
则当时，，
，得，整理得，
即；
当时，得；
综上对任意的均成立，
是以为公差的等差数列．
由及题意，得，，
，
，
．
，
．
18.证明：当时，，则．
令，则在上恒成立，则在上单调递增，
则，故在上恒成立，在上单调递增．
因为，，所以根据零点存在定理可知，有且仅有一个零点．
解：当时，等价于，
令，则，令，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以．
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，则，故的取值范围为．
证明：由可知，当时，有则，
所以，．
故．
19.解：Ⅰ因为椭圆的离心率为，
所以，
又点在椭圆上，
所以，
联立，
解得，
则椭圆的标准方程为；
Ⅱ不妨设，
因为：：，
所以，
解得，
此时，
可得直线的方程为，
联立，消去并整理得，
解得，
故直线与椭圆相切；
Ⅲ证明：不妨设，，，
因为，，三点共线，
所以，
因为，，三点共线，
所以，
可得，
因为，
所以，
整理得，
即，
不妨设直线的方程为，
此时，
联立，消去并整理得，
由韦达定理得，，
所以，
解得或舍去．
故直线经过定点．
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