精品解析：福建省厦门双十中学2023-2024学年高二下学期第二次月考数学试卷

厦门双十中学2025届高二（下）第二次月考 数学试题 一、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. 已知圆的面积为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意确定圆的半径，结合圆的面积公式建立方程，解之即可求解. 【详解】因为圆，即， 所以，解得. 故选：B. 2. 若随机变量，随机变量，则（ ） A. 0 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用正态分布的两个参数就是随机变量的期望和方差，再利用两个线性随机变量之间的期望和方差公式，即，就可以求出结果. 【详解】由可知：， 又因为，所以， ， 则， 故选：B. 3. 甲、乙两人要在一排6个空座上就坐，若要求甲、乙两人每人的两旁都有空座，则不同的坐法有（ ） A. 6种 B. 3种 C. 20种 D. 12种 【答案】A 【解析】 【分析】采用插空法，在4个空座中间的3个空中插入甲、乙两人的座位即可得答案. 【详解】一排共有6个座位，现有两人就坐，故有4个空座. 要求每人左右均有空座，即在4个空座的中间3个空中插入2个座位让两人就坐， 即有种坐法. 故选：A. 4. 已知是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（ ） A. 若、，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，可过n作平面，使，则，即可判断；对于B，由线面垂直的性质即可判断；对于C，由条件，可得，又，则，即可判断；对于D，要考虑可能在平面内，即可判断． 【详解】对于A，当时，过n作平面，使，则，因为，， 所以，所以，故A正确； 对于B，当，，由线面垂直的性质可得，故B正确； 对于C，因为，，所以，又，所以，故C正确； 对于D，当，时，可能在平面内，故D错误． 故选：D． 5. 设是一个随机试验中的两个事件，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，利用条件概率计算公式，结合概率运算性质可得答案. 【详解】， ， 又，则， . 故选：B. 6. 已知等差数列的前项和，则“”是“是递减数列”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】正向举常数列反驳，反向利用等差数列求和公式和递减数列性质判断即可. 【详解】当等差数列为常数列时，此时，满足前者，但是此时“不是递减数列”，故充分性不成立； 当是递减数列，则对，， ， 当时，， 当时，，， 所以对，，则反推成立，故必要性成立， 则“”是“是递减数列”的必要而不充分条件. 故选：B. 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】初步判断三个数值都在0到1之间，常规方法不好处理，可考虑结合导数放缩来比较大小，设，，求出在的单调性，在的单调性，可判断与的大小；，通过同步扩大指数判断与大小，判断，进而得解. 【详解】设，，当时， ，单减，故，即； 设，，当时，， 所以，即，即； ，故最小， ，，， 因为，所以，所以，， 所以 故选：C 【点睛】本题考查由指对幂比大小，常规比大小步骤为： ①结合指对幂函数单调性初步判断每个数值所在区间； ②当两数值所在区间相同时，一般考虑引入中间量进一步比大小； ③若常规方法不好处理时，常考虑构造函数法，结合导数放缩来进一步求解，此法难度较大，对学生基础能力要求较高，平常可积累一部分常见放缩公式，如等. 8. 如图，在中，，其内切圆与边相切于点，且.延长至点.使得，连接.设以两点为焦点且经过点的椭圆的离心率为，以两点为焦点且经过点的双曲线的离心率为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设内切圆与边分别相切于点，设，可得，结合椭圆和双曲线的定义可得，利用余弦定理求得，结合对勾函数的单调性分析求解. 【详解】如图，设内切圆与边分别相切于点， 由切线长定理和的对称性，可设. 由，可得. 在中，由余弦定理，. 于是根据椭圆和双曲线的定义，. 接下来确定的取值范围. 设， 在中，， 于是由余弦定理，， 整理得，于是，故， 又因为在内单调递增，可知， 可得，所以的取值范围是. 故选：D. 【点睛】方法点睛：1．椭圆、双曲线离心率(离心率范围)的求法：求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值； 2．焦点三角形的作用：在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来． 二、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. 椭圆的焦点为，，上顶点为A，直线与C的另一个交点为B，若，则（ ） A. C的焦距为2 B. C的短轴长为 C. C的离心率为 D. 的周长为8 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据以及椭圆的对称性可得，进而可求解，即可根据选项逐一求解. 【详解】由于，所以, 故， 因此，故， 所以椭圆， 对于A，焦距为，故A正确， 对于B，短轴长为，B正确， 对于C，离心率为，C错误， 对于D，的周长为，D正确， 故选：ABD 10. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. 有三个零点 B. 有两个极值点 C. 若方程有三个实数根，则 D. 曲线关于点对称 【答案】BC 【解析】 【分析】利用导函数讨论单调性和极值即可判断AB，再根函数的最值、单调性判断C，再根据特例，利用点的对称性判断D. 【详解】， 令解得，令解得或， 所以在单调递增，单调递减，单调递增， 因为，极大值，且极小值， 所以在有一个零点，共1个零点，A错误； 由A知，函数有两个极值点，故B正确； 由A知，函数在单调递增，单调递减，单调递增， 且时，，时，， 所以方程有三个实数根，需，即，故C正确； 因为，所以点在函数图象上， 又点关于点的对称点为，而， 即不是函数图象上的点， 故函数不关于点对称，故D错误. 故选：BC. 11. 已知数列的通项公式为，其前项和为，数列与数列的前项和分别为，，则（ ） A. B. 存在，使得 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据即可求解A，根据裂项求和即可求解B，根据放缩法即可求解C，根据作差求解数列单调性即可求解D. 【详解】对A，由可得，所以，故A正确， 对B，， ， 所以,故B错误， 对C，由于时，， 故，所以, 对D，记， 故，根据指数幂的性质可知， 当且仅当取等号，故，只有取等号， 故,故D正确， 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中，含的项的系数为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由，写出展开式的通项，利用通项计算可得. 【详解】因为 ， 其中展开式的通项为（）， 所以展开式中，含的项为， 所以含的项的系数为． 故答案为： 13. 记为等比数列的前项的和，若，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】由等比数列的求和公式和等比数列的性质进行计算即可求解. 【详解】设等比数列的公比为，由题意可得， 由，可得，解得， 又，即，所以， 同理，，，， 因为， 所以. 故答案为： 14. 如今中国在基建方面世界领先，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体体积为，则模型中最大球的体积为________，模型中九个球的表面积之和为________. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】根据三棱锥的体积公式计算可得正四面体的棱长为，如图，作出辅助线，先求出正四面体的内切球半径，再利用三个球的半径之间的关系得到另外两个球的半径，得到答案. 【详解】设正四面体的棱长为，高为，底面圆半径为， 则，得，又， 所以正四面体的体积为，解得. 如图，取的中点，连接，，则，， 过点A作⊥底面，垂足在上，且， 所以，故， 点为最大球的球心，连接并延长，交于点，则⊥， 设最大球的半径为，则， 因为∽，所以，即，解得， 所以最大球的体积为，且，则，， 设最小球的球心为，中间球的球心为，则两球均与直线相切，设切点分别为， 连接，则分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为， 则，则， 又，所以，解得， 又，故，解得， 所以， 模型中九个球的表面积和为. 故答案为：； 【点睛】思路点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的思路是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径. 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. 正四棱锥的底面是边长为6的正方形，高为4，点，分别在线段，上，且，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）在线段上取点，使得，连接、，如图： 因为，为的中点，所以，所以， 又平面，平面，所以平面， 在平行四边形中，因为，，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 又，平面，且，所以平面平面， 又平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】(1)构造面面平行，再证线面平行. (2)建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求线面角的正弦. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接交于点，连接， 因为正四棱锥的底面是正方形，所以平面， 且，故以为坐标原点，，，所在直线依次为，，轴，建立空间直角坐标系如图所示： 由已知可得：，，，，， 所以，，. 设平面的一个法向量为， 则，取 设直线与平面的夹角为， 则： 16. 全球新能源汽车产量呈上升趋势.以下为2018−2023年全球新能源汽车的销售量情况统计. 年份 2018 2019 2020 2021 2022 2023 年份编号 1 2 3 4 5 6 销售量/百万辆 2.02 2.21 3.13 6.70 10.80 14.14 若与的相关关系拟用线性回归模型表示，回答如下问题： （1）求变量与的样本相关系数（结果精确到0.01）； （2）求关于的线性回归方程，并据此预测2024年全球新能源汽车的销售量. 附：线性回归方程，其中，， 样本相关系数. 参考数据：，，，. 【答案】（1）. （2），15.46百万辆 【解析】 【分析】（1）利用相关系数 公式即可求解； （2）根据已知数据，利用公式先求出，进而求出，得到线性回归方程，再利用线性回归方程进行预测即可. 【小问1详解】 因为， ， 所以， ， 所以. 【小问2详解】 由题意得， 所以 得关于的线性回归方程为 所以可以预测2024年全球新能源汽车的销售量为百万辆. 17. 设函数， （1）讨论的单调性． （2）若函数存在极值，对任意的，存在正实数，使得 （ⅰ）证明不等式． （ⅱ）判断并证明与的大小． 【答案】（1）在单调递增，在单调递减 （2）（ⅰ）证明如下； ∵存在极值，由（1）知， ， 由题设得， ∵，设， 要证明即证明， 设，（）， 则， ∴在上单调递增，， ∴，即得证， （ⅱ），证明如下： ， ， ∴， ∵在上是减函数， ∴. 【解析】 【分析】（1）求导得，分是否大于0进行讨论即可得解； （2）（ⅰ）要证明即只需证明，从而构造函数即可得证；（ⅱ）同构作差法并结合（ⅰ）中结论即可得解. 【小问1详解】 ，， 若，则，在上单调递增， 若，由得， 当时；当时，， ∴在单调递增，在单调递减. 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）略 【点睛】难点点睛：本题综合考查了导数的应用问题，涉及到函数的单调性以及不等式证明问题，难点在于不等式的证明，解答时要注意根据所要证明的不等式的结构特征，构造恰当的函数，利用导数的单调性进行证明. 18. 已知抛物线的焦点为，，，为上不重合的三点. （1）若，求的值； （2）过，两点分别作的切线，，与相交于点，过，两点分别作，的垂线，，与相交于点. （i）若，求面积的最大值； （ii）若直线过点，求点的轨迹方程. 【答案】（1）3 （2）（i）8；（ii） 【解析】 【分析】（1）设，，，根据向量的坐标运算即可得，再根据抛物线的定义即可得结论； （2）（i）设直线的方程为，，，联立直线与抛物线得交点坐标关系，再求导，根据导数的几何意义求解切线斜率，即可得切线方程，从而可得切线的交点坐标，根据三角形面积公式列关系求解即可；（ii）利用直线相交、直线过定点即可得点的轨迹方程. 【小问1详解】 依题意，， 设，，， 由得，， 即， 由抛物线定义得，. 【小问2详解】 （i）显然，直线的斜率不为0， 可设直线的方程为，，， 由得：， ，，. ，则，， 切线的方程为， 同理，切线的方程为， 联立两直线方程，解得，即， 则点到直线的距离为， 由， 化简得：， ，当且仅当时取等号， 面积的最大值为8. （ii）若直线过点，由（i），可以设直线的方程为， ，. 直线的方程为， 同理，直线的方程为. 联立两直线方程，解得， 整理后可得消去得：， 点的轨迹方程为. 【点睛】关键点点睛：本题考查了抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系、三角形面积问题最值问题.解决问题的关键是确定直线与抛物线交点坐标关系，并将题中几何性质转化为交点坐标关系，另外在求抛物线的切线可以考虑利用导数来求解切线斜率. 19. 设点集，从集合中任取两个不同的点，，定义A，两点间的距离． （1）求中的点对的个数； （2）从集合中任取两个不同的点A，，用随机变量表示他们之间的距离， ①求的分布列与期望； ②证明：当足够大时，．（注：当足够大时，） 【答案】（1）12对 （2）①的分布列为： 1 2 ；②证明如下： 当足够大时，， 由方差定义 因为，则，当且仅当或时，等号成立， 则， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据题意分析可知：A，有两个位置的坐标不相等，另一个相等，进而可得结果； （2）①分析可知的随机变量，在坐标与中有个坐标值不同，即，剩下个坐标值满足，进而可求分布列，结合组合数性质可求期望；②根据方差公式整理可得，结合组合数性质分析证明. 【小问1详解】 当时，若，可知A，有两个位置的坐标不相等，另一个位置的坐标相等， 所以共有对. 【小问2详解】 ①由题意可知，中元素的个数为个， 对于的随机变量，在坐标与中有个坐标值不同， 即，剩下个坐标值满足， 此时所对应情况数为种． 所以， 故的分布列为： 1 2 数学期望， 当时，则 ， 且， 则， 两式相加得， 所以； ②略 【点睛】关键点点睛：（2）①利用倒序相加法结合分析求解；②根据方差公式结合分析证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门双十中学2025届高二（下）第二次月考 数学试题 一、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. 已知圆的面积为，则（ ） A. B. C. D. 2. 若随机变量，随机变量，则（ ） A. 0 B. C. D. 2 3. 甲、乙两人要在一排6个空座上就坐，若要求甲、乙两人每人的两旁都有空座，则不同的坐法有（ ） A. 6种 B. 3种 C. 20种 D. 12种 4. 已知是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（ ） A. 若、，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 5. 设是一个随机试验中的两个事件，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知等差数列的前项和，则“”是“是递减数列”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，，其内切圆与边相切于点，且.延长至点.使得，连接.设以两点为焦点且经过点的椭圆的离心率为，以两点为焦点且经过点的双曲线的离心率为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、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. 椭圆的焦点为，，上顶点为A，直线与C的另一个交点为B，若，则（ ） A. C的焦距为2 B. C的短轴长为 C. C的离心率为 D. 的周长为8 10. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. 有三个零点 B. 有两个极值点 C. 若方程有三个实数根，则 D. 曲线关于点对称 11. 已知数列的通项公式为，其前项和为，数列与数列的前项和分别为，，则（ ） A. B. 存在，使得 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中，含的项的系数为__________． 13. 记为等比数列的前项的和，若，，则________. 14. 如今中国在基建方面世界领先，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体体积为，则模型中最大球的体积为________，模型中九个球的表面积之和为________. 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. 正四棱锥的底面是边长为6的正方形，高为4，点，分别在线段，上，且，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 16. 全球新能源汽车产量呈上升趋势.以下为2018−2023年全球新能源汽车的销售量情况统计. 年份 2018 2019 2020 2021 2022 2023 年份编号 1 2 3 4 5 6 销售量/百万辆 2.02 2.21 3.13 6.70 10.80 14.14 若与的相关关系拟用线性回归模型表示，回答如下问题： （1）求变量与的样本相关系数（结果精确到0.01）； （2）求关于的线性回归方程，并据此预测2024年全球新能源汽车的销售量. 附：线性回归方程，其中，， 样本相关系数. 参考数据：，，，. 17. 设函数， （1）讨论的单调性． （2）若函数存在极值，对任意的，存在正实数，使得 （ⅰ）证明不等式． （ⅱ）判断并证明与的大小． 18. 已知抛物线的焦点为，，，为上不重合的三点. （1）若，求的值； （2）过，两点分别作的切线，，与相交于点，过，两点分别作，的垂线，，与相交于点. （i）若，求面积的最大值； （ii）若直线过点，求点的轨迹方程. 19. 设点集，从集合中任取两个不同的点，，定义A，两点间的距离． （1）求中的点对的个数； （2）从集合中任取两个不同的点A，，用随机变量表示他们之间的距离， ①求的分布列与期望； ②证明：当足够大时，．（注：当足够大时，） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $