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（含解析）

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．
答案解析
1.
【解析】由，得，所以．
故选：
2.
【解析】因为，
所以或，故 A错误；所以，故 B错误；
所以，故 C正确；所以不是的子集，故D错误．
故选：．
3.
【解析】．
故选：
4.
【解析】由双曲线，可得，所以，
所以双曲线的左顶点，右焦点，故 AB错误；
虚轴长，故 C错误；
离心率，故 D正确．
故选：．
5.
【解析】由已知得绕旋转可以得到两个圆锥，
如图，过点作于点，因为，
所以，
所以圆锥的底面积，
因此旋转体的体积为
．
故选：．
6.
【解析】由，由正弦定理得，
所以，所以，
因为，所以可得，
所以，所以，
因为，所以．
故选：．
7.
【解析】，得，
设，，，得，
当，，单调递增，
当，，单调递减，
所以当时，函数取得最大值，
又是，，当时，，
当时，，当时，，
如图，画出函数的图象，
若与有一个交点，则或．
所以是充分不必要条件．
故选：
8.
【解析】根据椭圆的对称性可知，故，得，
又，故，
故离心率为，
故选：
9.
【解析】对于标准差反映了随机变量的分布相对于均值的离散程度，选项正确；
对于经验回归直线必过点，选项正确；
对于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强，选项错误；
对于决定系数越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好，选项错误．
故选：．
10.
【解析】，
A.函数的最小正周期，所以不是函数的周期，故 A错误；
B.，所以曲线关于直线对称，故 B正确；
C.当，则，函数在上单调递增，故 C正确；
D.因为函数的最小正周期为，且，，故 D正确．
故选：
11.
【解析】方案一：选项：由题意可得，，，，平面，平面，所以平面，又平面，所以，即与所成的角是，为定值故A正确．
选项：设，球的半径为，外接圆半径为，则根据正弦定理，可得，即，所以，因为，所以，所以无最大值，即球的表面积无最大值故B错误．
选项：如图，过点作，垂足为，连接，易得，平面，则，，，，，．
假设，即，设，，则，，，解得或，与矛盾，所以假设不成立同理可证当再延长线上时，无解所以C正确．
选项：如图过点作平面，垂足为，易得在的角平分线上，连接，过点作，垂足为，连接则，，，，，由对称性可知．
【方法一】假设成立，则，即点在底面的射影为的内心，设，，则，，
所以，，所以，
又，所以，解得所以D正确．
【方法二】，由对称性可知，
在直角中，，
当时，，，所以D正确．
方案二：如图建立空间直角坐标系，为坐标原点，为轴，为轴，垂直于为轴，轴，连接，根据等边的边长为，为边的中点，将沿折成三棱锥，易得，，，
不妨设，显然，，．
选项：，，显然，即与所成的角是，为定值故A正确．
选项：根据题意不妨设球心，球半径为，
则，又，，
即，
又化简可得，，所以，
因为，，所以无最大值，即球的表面积无最大值故B错误．
选项：显然易得，，，
假设成立，则，
当时解得舍去或，与矛盾，
当时，解得舍去，
综上所述，无解，假设不成立，所以 C正确．
选项：设平面的法向量为，平面的法向量为，
平面的法向量为，平面的法向量为，
假设存在使得成立，即，
根据，，，可得，
，，，
所以，
，
，
所以，又
解得，所以假设成立，故 D正确．
故选：．
12.
【解析】因为，又数列是等比数列，所以，所以，
由数列是等比数列，可得，又，所以，
所以．
故答案为：．
13.
【解析】展开式的通项公式为，
当时，有，即展开式中项的二项式系数是．
故答案为：．
14.
【解析】据题意，令，求导得，且
当时，在单调递增；当时，在单调递减；
又因为，所以为奇函数；
若，即
当时，在单调递减；
令函数在上单调递增；
当时，，于是
当时，显然成立，因此
令
当时，单调递增；当时，单调递减；
因此当时，，则，而，所以．
当时，在单调递增；
令函数在上单调递增；
当时，，于是
当时，显然成立，因此
令
当时，单调递增；当时，单调递减；
因此当时，，则，而，所以无解．
综上所述，的取值范围是
故答案为：．
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．
【解析】由已知可得，，可证平面；
由题意可证，进而可证平面平面，进而可证平面，由可得平面，可得是平面与平面的夹角，求解即可．
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：
【解析】由已知补全列联表；计算，可得结论；
求得良好，优秀的学生人数分别为人，人，利用超几何分布可得分布列与数学期望．
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．
【解析】利用导数判断函数的单调性，再求函数的极值；
首先利用导数的几何意义求切线方程，再根据不等式构造函数，转化为求函数的最大值．
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．
【解析】由题意可得，进而可求数列的通项公式；
由题意可得，由累加法可求数列数列的通项公式；
由可得，进而可求，可证结论．
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．

【解析】首先直线与抛物线方程联立，利用韦达定理表示，即可求解；
联立直线与抛物线方程，利用，即可求解；
(ⅱ)首先直线与抛物线方程联立，利用韦达定理表示的中点，再利用菱形的性质，表示点的坐标，即可求解．
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