2023-2024学年四川省达州市高二下学期7月期末监测数学试题（含答案）

2023-2024学年四川省达州市高二下学期7月期末监测数学试题
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.已知，则( )
A. B. C. D.
2.已知集合，则( )
A. B. C. D.
3.已知单位向量，的夹角为，则( )
A. B. C. D.
4.已知双曲线的左顶点为，右焦点为，虚轴长为，离心率为，则( )
A. B. C. D.
5.在中，，，将绕边旋转一周得到一旋转体则该旋转体体积为( )
A. B. C. D.
6.已知内角，，的对边分别为，，，若，，则( )
A. B. C. D.
7.已知，函数只有一个零点，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. 既不充分也不必要条件
8.“不以规矩，不能成方圆”出自孟子离娄章句上“规”指圆规，“矩”是指相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画图的工具如图，现有一椭圆经某同学以“矩”量之得，，其中为椭圆左焦点，经过坐标原点，则该椭圆的离心率为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列叙述正确的是( )
A. 随机变量，反映了随机变量的分布相对于均值的离散程度
B. 经验回归直线必过点
C. 样本相关系数的绝对值越接近于时，成对样本数据的线性相关程度越弱
D. 决定系数越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越差
10.已知，则( )
A. 函数的周期为 B. 曲线关于直线对称
C. 函数在上单调递增 D.
11.如图，等边的边长为，为边的中点，将沿折成三棱锥，，，，都在球的球面上．记，，与平面所成的角分别为，，，平面，，与平面所成的角分别为，，，则( )
A. 与所成的角为定值 B. 球的表面积的最大值为
C. D. 存在点使得
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在等比数列中，，，则 ．
13.的展开式中项的二项式系数是 用数字作答．
14.已知函数且，若不等式恒成立，则的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
如图，在四棱锥中，底面为正方形，为等边三角形，点，分别为，的中点．
证明：平面；
若，求平面与平面的 夹角的余弦值．
16.本小题分
随着人工智能的飞速发展，应用场景越来越多．最近自习室在家长圈、学生圈中持续走热．某校随机抽取名学生进行调查，其中期末综合素质测评等级为良好的共人，有人利用自习室学习并且期末综合测评等级为优秀，有人未利用自习室学习
完成列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为期末综合素质测评等级为优秀与利用自习室学习有关联？
良好 优秀 合计
利用自习室
未利用自习室
合计
现有从利用自习室学习的学生中以期末综合素质测评等级为依据，用分层随机抽样的方法抽出的名学生．从这名学生中随机选取人进行访谈，记这人中期末综合素质测评等级为优秀的人数为，求的分布列用表格表示与数学期望．
附：．
17.本小题分
已知函数，．
求函数的极值；
曲线在处的切线方程为，证明：．
18.本小题分
把一个无穷数列从第项起，每一项减去它的前一项，得到一个新数列，此数列叫做原数列的阶差数列．对阶差数列作同样的处理得到的数列叫做原数列的阶差数列，如此类推，可得到原数列的阶差数列．如果一个数列的阶差数列是由一个非零常数组成的常数数列，则称这个数列为阶等差数列，非零常数叫做数列的阶公差．
例如，原数列：，，，，，，，
阶差数列：，，，，，，
阶差数列：，，，，，
阶差数列：，，，，
阶差数列：，，，
所以原数列为阶等差数列，为该数列的阶公差．
已知数列是阶等差数列，阶公差为，且，．
已知数列是数列的阶差数列，求数列的通项；
求数列的通项公式；
数列的前项和为，，，证明：．
19.本小题分
已知点为抛物线的焦点，过的直线交于点，当的斜率为时，．
求的方程；
已知圆．
若直线与，都相切，求的方程；
点是上的动点，点是轴上的动点，若四边形为菱形，求所有满足条件的点的纵坐标之和．
参考答案
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15.解：由底面为正方形，所以且，
因为点，分别为，的中点，所以，
所以四边形是平行四边形，又，
所以四边形是矩形，所以，
又为等边三角形，所以，
又，平面，
所以平面；
因为，底面为正方形，为等边三角形，所以，
又，所以，所以，
所以，又，，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面，
又，平面平面，所以平面，
又平面，所以，
又可得，所以，
由可得平面，又，
所以平面，平面，所以，
所以是平面与平面的夹角，
所以．
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
16.解：由题可得列联表为：
良好 优秀 合计
利用自习室
未利用自习室
合计
，
所以能认为期末综合素质测评等级为优秀与利用自习室学习有关联．
由题意可得利用自习室学习的学生中良好，优秀的人数分别为人，人，
所以用分层随机抽样的方法抽出的名学生中良好，优秀的学生人数分别为人，人，
从这名学生中随机选取人进行访谈，记这人中期末综合素质测评等级为优秀的人数为，
则的值为，，，，．
，，，
，，
所以的分布列为：
17.解：，
令，得或，
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以函数的极大值为，函数的极小值为；
由可知，，且，
所以曲线在处的切线方程为，即，
要证明，即证明
设，，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，取得最大值，，
所以，即，
所以，命题得证．
18.解：因为数列是阶等差数列，阶公差为，又数列是数列的阶差数列，
所以，所数列是等差数列，
又，，所以，
所以．
由题意可得，
，
，
，
，
累加得，
又，所以；
由可得，可得，
，
所以，
由，，
所以．
19.解：由题意可知，，
则过点的直线为，与抛物线方程联立得
，则，
，得，
所以抛物线的方程为；
由直线与抛物线相切可知，直线得到斜率存在，
设直线，与抛物线方程联立，得，
，即，
圆的圆心为，圆心到直线得到距离等于半径
即，得，，
由得，得或
所以直线的方程为或；
(ⅱ)设直线，与抛物线方程联立，得
，，
设的中点为，则，
设，，
因为四边形为菱形，所以，得
点在圆上，
所以，即，
所以或舍
所以，即点的纵坐标为．
即满足条件的纵坐标之和为．
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