精品解析：湖南省邵阳市邵东市第一中学2023-2024学年高二下学期第三次月考数学试题

邵东一中2024年高二下学期第三次月考数学（新结构） 一、单项选择题: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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据一元二次不等式的解法和函数定义域的定义，求得集合，集合集合并集的运算，即可求解. 【详解】由不等式，解得或，所以集合或， 又由，解得，所以集合， 所以. 故选：D. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的模公式及复数除法法则即可得解. 【详解】因为， 所以由，得. 故选：A. 3. 已知为等差数列，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，根据题意，结合等差数列的基本量的运算，求得和，结合，即可求解. 【详解】设等差数列的公差为， 因为， 可得，解得， 又由，可得，解得， 所以. 故选：C. 4. 若向量，则“”是“向量的夹角为钝角”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 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的夹角为钝角求出m的范围，即可判断“”和“向量的夹角为钝角”之间的逻辑推理关系，即可得答案. 【详解】向量，由向量的夹角为钝角， 即有，解得且， 即“”不能推出“且”即“向量的夹角为钝角”； “向量的夹角为钝角”即“且”能推出“”； 故“”是“且”的必要不充分条件， 即“”是“向量的夹角为钝角”的必要不充分条件． 故选：B． 5. 2023年春节在北京工作的五个家庭，开车搭伴一起回老家过年，若五辆车分别为，五辆车随机排成一排，则车与车相邻，车与车不相邻的排法有（ ） A. 36种 B. 42种 C. 48种 D. 60种 【答案】A 【解析】 【分析】利用捆绑法和插空法可求出结果. 【详解】将车与车捆在一起当一个元素使用，有种捆法， 将除车外的个元素全排，有种排法， 将车插入，不与车相邻，又种插法， 故共有种排法. 故选：A 6. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为，，，则（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理面积公式和余弦定理求解即可. 【详解】因为的面积为，， 所以，即. 所以， 所以. 故选：D. 7. 已知函数，（为自然对数的底数），且，则实数的取值范围是（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先判定函数的奇偶性和单调性，然后将转化为，根据单调性建立不等关系，解之即可. 【详解】解:因为 ，所以 则函数为偶函数，且在单调递增. 所以 故, 即，解得或. 实数的取值范围是. 故选:C 【点睛】本题主要考查了函数的单调性和奇偶性的综合应用，绝对值不等式的解法，同时考查了转化的思想和计算能力，属于基础题. 8. 法国数学家蒙日发现椭圆两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”，它的圆心与椭圆中心重合，半径的平方等于椭圆长半轴和短半轴的平方和．如图所示为稀圆及其蒙日圆，点均为蒙日圆与坐标轴的交点，分别与相切于点，若与的面积比为，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由蒙日圆的方程求得的坐标，可得直线的方程，联立椭圆的方程，求出的横坐标，再结合条件，即可得到，从而求出结果. 【详解】由题知，蒙日圆为，设， 则直线的方程为， 由，消得到， 显然有，解得， 又与的面积比为，所以， 又，，所以， 得到，所以， 故选：C. 二、多项选择题: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. 已知变量，之间的经验回归方程为，且变量，的数据如表所示，则下列说法正确的是（ ） 6 8 10 12 6 3 2 A. 变量，之间呈正相关关系 B. 变量，之间呈负相关关系 C. 的值等于5 D. 该回归直线必过点 【答案】BCD 【解析】 【分析】将样本点中心代入回归直线方程，得出的值，再逐一判断即可. 【详解】 因为，所以，故C正确； 因为，所以变量，之间呈负相关关系，故A错误，B正确； 因为，所以该回归直线必过点，故D正确； 故选：BCD 10. 已知函数，则（ ） A. 的最大值为2 B. 在上单调递增 C. 在上有2个零点 D. 把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于原点对称 【答案】AC 【解析】 【分析】根据诱导公式化简，则可判断A选项；整体代入法计算的范围可判断BC选项；由图象的平移可判断D选项． 【详解】函数 ． 选项A：，故最大值为2，A正确； 选项B：时，不单调递增，故B错误； 选项C：时，，可知当以及时， 即以及时，在上有2个零点，故C正确； 选项D：的图象向左平移个单位长度，得到，不关于原点对称，故D错误. 故选：AC． 11. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（ ） A. 存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 B. 存在点Q，使平面MBN C. 过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为 D. 经过C，M，B，N四点的球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】作出过的截面判断选项A；取中点为，证明其满足选项B；当在运动时，确定截面的形状，引入参数(如)计算出面积后可得取值范围，判断选项C，过与底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C，M，B，N四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项D． 【详解】选项A，连接，正方体中易知， 分别是中点，则，所以，即四点共面，当与重合时满足B，N，P，Q四点共面，A正确； 选项B，如图，取中点为，连接， 因为分别是中点，则与平行且相等，是平行四边形， 所以，又是中点，所以，所以， 平面，平面，所以平面，B正确； 选项C，正方体中，分别是中点，则， 在上，如图，作交于，连接，延长交延长线于点， 连接延长交延长线于点，连接交于点，交于点， 为所过三点的截面， 由正方体的对称性可知梯形与梯形全等， 由面面平行的性质定理，，从而有，由正方体性质， 设，，则，， 是中点，，则，所以，同理， ，，， 梯形是等腰梯形，高为， 截面面积， 设，，， 在上递增，，， 所以，C错； 选项D，取中点，中点，连接，则是正四棱柱（也是长方体）， 它的外接球就是过四点的球，所以球直径为，半径为，表面积为，D正确． 故选：ABD． 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 学校要从5名男教师和2名女教师中随机选出3人去支教，设抽取的人中女教师的人数为X，求________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了超几何分步的概率计算，属于基础题． 根据题意，X的取值为0或1，代入超几何分布公式求出对应概率，再相加即可． 【详解】解：由题意可得 ， ， 所以． 故答案为：． 13. 已知函数，若存在实数.满足，且，则的取值范围是_____ 【答案】 【解析】 【分析】作出函数的图象，结合图象可知之间的关系，将转化为关于的二次函数求范围即可. 【详解】作出函数的图象，如图， 因为，，， 所以由图可知，，， 所以， 在上单调递增，所以， 即的取值范围是. 故答案为：. 14. 造纸术是中国四大发明之一，彰显了古代人民的智慧.根据史料记载盛唐时期折纸艺术开始流行，19世纪折纸与数学研究相结合，发展成为折纸几何学.在一次数学探究课上，学生们研究了圆锥曲线的包络线折法.如图，在一张矩形纸片上取一点，记矩形一边所在直线为，将点折叠到上（即），不断重复这个操作，就可以得到由这些折痕包围形成的抛物线，这些折痕就是抛物线的包络线.在抛物线的所有包络线中，恰好过点的包络线所在的直线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，设出所求直线方程，与抛物线方程联立，结合判别式求解即得. 【详解】依题意，抛物线的每条包络线与该抛物线相切， 显然过点的包络线所在的直线斜率存在，设方程为， 由消去并整理得：， 则，解得， 所以所求直线方程为. 故答案为： 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. 已知数列的前项和为，，． （1）求数列的通项公式 （2）设，记数列的前项和为，证明． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）依题意可得，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出数列的通项公式； （2）由（1）可得，利用裂项相消法求和，即可证明． 【小问1详解】 由， 当时，则， 可得，则； 当时，则，可得； 综上所述：可得，可知是首项为，公比为的等比数列， 所以的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）可知：， 可得． 所以． 16. 如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，点在棱上. （1）证明：平面平面； （2）当时，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，求出各边长，由勾股定理逆定理得到，从而证明出线面垂直，面面垂直； （2）解法一：以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值； 解法二：取的中点，连接，以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值； 【小问1详解】 因为底面，平面，所以. 四边形是直角梯形，，， 因为，所以. 所以，所以. 又因为，平面，所以平面. 又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 解法一： 以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 设点的坐标为，因为，所以， 即，所以. 所以. 设平面的一个法向量为，则， 取，则，得. 又因为平面，所以平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则. 所以，二面角的余弦值为. 解法二： 取的中点，连接，以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 设点的坐标为，因为，所以， 即，所以. 所以. 设平面的一个法向量为，则. 取，则，则. 又因为平面，所以平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则. 所以二面角的余弦值为. 17. 已知函数，其中. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若对于任意，都有成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）时，求出导数，求出切线斜率，从而得切线方程，整理成一般式即可； （2）恒成立可转化为，即，从而只要求得的最大值即可，利用导数即可得出. 【小问1详解】 ，， ，， ∴在处切线方程为,. 【小问2详解】 ∵，有恒成立，则，即， 令，当时，， ， ∵当时， ，所以在上单调递增， ∴．∴ ． 【点睛】关键点点睛：利用导数处理不等式恒成立问题，一般转化为求函数的最值问题，其中分离参数法是重要的思想方法． 18. 某学校有甲、乙、丙三家餐厅，分布在生活区的南北两个区域，其中甲、乙餐厅在南区，丙餐厅在北区各餐厅菜品丰富多样，可以满足学生的不同口味和需求． （1）现在对学生性别与在南北两个区域就餐的相关性进行分析，得到下表所示的抽样数据，依据的独立性检验，能否认为在不同区域就餐与学生性别有关联？ 性别 就餐区域 合计 南区 北区 男 33 10 43 女 38 7 45 合计 71 17 88 （2）张同学选择餐厅就餐时，如果前一天在甲餐厅，那么后一天去甲，乙餐厅的概率均为；如果前一天在乙餐厅，那么后一天去甲，丙餐厅的概率分别为，；如果前一天在丙餐厅，那么后一天去甲，乙餐厅的概率均为．张同学第1天就餐时选择甲，乙，丙餐厅的概率分别为，，． （ⅰ）求第2天他去乙餐厅用餐的概率； （ⅱ）求第天他去甲餐厅用餐的概率． 附：； 0.100 0.050 0.025 0.010 2.706 3.841 5.024 6.635 【答案】（1）没有关联 （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据卡方计算公式计算，与临界值比较即可求解， （2）根据相互独立事件的概率，结合全概率公式即可求解（ⅰ），根据递推关系，结合等比数列的定义即可求解（ⅱ）. 【小问1详解】 依据表中数据，， 依据的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即认为在不同区域就餐与学生性别没有关联． 【小问2详解】 设“第天去甲餐厅用餐”，“第天去乙餐厅用餐”，“第天去丙餐厅用餐”， 则两两独立，． 根据题意得， ． （ⅰ）由，结合全概率公式，得 ， 因此，张同学第2天去乙餐厅用餐的概率为． （ⅱ）记第天他去甲，乙，丙餐厅用餐的概率分别为， 则，由全概率公式，得 故 ① 同理 ② ③ ④ 由①②，， 由④，， 代入②，得：，即， 故是首项为，公比为的等比数列， 即，所以 于是，当时 综上所述： 【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法： （1）当出现时，构造等差数列； （2）当出现时，构造等比数列； （3）当出现时，用累加法求解； （4）当出现时，用累乘法求解. 19. 已知双曲线的左､右焦点分别为，，虚轴长为，离心率为，过的直线与双曲线的右支交于，两点. （1）求双曲线的方程； （2）已知，若的外心的横坐标为0，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据虚轴长为，离心率为，由求解； （2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，根据外接圆的圆心的横坐标为0，得到判断.当直线的斜率存在时，设直线的方程为，与双曲线方程联立，根据直线与双曲线的右支交于，两点，求得k的范围，设线段的中点为M，利用弦长公式和求解. 【小问1详解】 由题知 因为，所以， 故双曲线的方程为. 【小问2详解】 由（1）知. 当直线的斜率不存在时，直线的方程为，则，. 因为为等腰三角形，且外接圆的圆心的横坐标为0， 所以. 因为，，所以，故此时不合题意. 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立方程组得， 由 解得，即或. 设，，则，， 因为， 所以线段的中点为， 且. 设，因为在线段的垂直平分线上，所以， 得，即，故. 因为，且， 所以， 化简得， 得或（舍去）， 所以直线的方程为， 即直线的方程为或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 邵东一中2024年高二下学期第三次月考数学（新结构） 一、单项选择题: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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知为等差数列，，则（ ） A. B. C. D. 4. 若向量，则“”是“向量的夹角为钝角”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 5. 2023年春节在北京工作的五个家庭，开车搭伴一起回老家过年，若五辆车分别为，五辆车随机排成一排，则车与车相邻，车与车不相邻的排法有（ ） A. 36种 B. 42种 C. 48种 D. 60种 6. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为，，，则（ ） A. B. C. 4 D. 7. 已知函数，（为自然对数的底数），且，则实数的取值范围是（ ）． A. B. C. D. 8. 法国数学家蒙日发现椭圆两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”，它的圆心与椭圆中心重合，半径的平方等于椭圆长半轴和短半轴的平方和．如图所示为稀圆及其蒙日圆，点均为蒙日圆与坐标轴的交点，分别与相切于点，若与的面积比为，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题: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. 已知变量，之间的经验回归方程为，且变量，的数据如表所示，则下列说法正确的是（ ） 6 8 10 12 6 3 2 A. 变量，之间呈正相关关系 B. 变量，之间呈负相关关系 C. 的值等于5 D. 该回归直线必过点 10. 已知函数，则（ ） A. 的最大值为2 B. 在上单调递增 C. 在上有2个零点 D. 把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于原点对称 11. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（ ） A. 存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 B. 存在点Q，使平面MBN C. 过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为 D. 经过C，M，B，N四点的球的表面积为 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 学校要从5名男教师和2名女教师中随机选出3人去支教，设抽取的人中女教师的人数为X，求________． 13. 已知函数，若存在实数.满足，且，则的取值范围是_____ 14. 造纸术是中国四大发明之一，彰显了古代人民的智慧.根据史料记载盛唐时期折纸艺术开始流行，19世纪折纸与数学研究相结合，发展成为折纸几何学.在一次数学探究课上，学生们研究了圆锥曲线的包络线折法.如图，在一张矩形纸片上取一点，记矩形一边所在直线为，将点折叠到上（即），不断重复这个操作，就可以得到由这些折痕包围形成的抛物线，这些折痕就是抛物线的包络线.在抛物线的所有包络线中，恰好过点的包络线所在的直线方程为__________. 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. 已知数列的前项和为，，． （1）求数列的通项公式 （2）设，记数列的前项和为，证明． 16. 如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，点在棱上. （1）证明：平面平面； （2）当时，求二面角的余弦值. 17. 已知函数，其中. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若对于任意，都有成立，求的取值范围. 18. 某学校有甲、乙、丙三家餐厅，分布在生活区的南北两个区域，其中甲、乙餐厅在南区，丙餐厅在北区各餐厅菜品丰富多样，可以满足学生的不同口味和需求． （1）现在对学生性别与在南北两个区域就餐的相关性进行分析，得到下表所示的抽样数据，依据的独立性检验，能否认为在不同区域就餐与学生性别有关联？ 性别 就餐区域 合计 南区 北区 男 33 10 43 女 38 7 45 合计 71 17 88 （2）张同学选择餐厅就餐时，如果前一天在甲餐厅，那么后一天去甲，乙餐厅的概率均为；如果前一天在乙餐厅，那么后一天去甲，丙餐厅的概率分别为，；如果前一天在丙餐厅，那么后一天去甲，乙餐厅的概率均为．张同学第1天就餐时选择甲，乙，丙餐厅的概率分别为，，． （ⅰ）求第2天他去乙餐厅用餐的概率； （ⅱ）求第天他去甲餐厅用餐的概率． 附：； 0.100 0.050 0.025 0.010 2.706 3.841 5.024 6.635 19. 已知双曲线的左､右焦点分别为，，虚轴长为，离心率为，过的直线与双曲线的右支交于，两点. （1）求双曲线的方程； （2）已知，若的外心的横坐标为0，求直线的方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $