河南省新高中创新联盟TOP二十名校2023-2024学年高二下学期6月调研考试数学试题

绝密★启用前 新高中创新联盟TOP二十名校高二年级6月调研考试 数 学 全卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回。 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．设集合，，则（ ） A． B． C． D． 2．复数的实部为（ ） A．2 B．1 C． D． 3．平行四边形ABCD中，E为CD中点，AC与BD交于O，记，，，则（ ） A．1 B． C． D． 4．若曲线C：表示椭圆，则实数k的取值范围是（ ） A． B． C． D． 5．已知函数满足对都有，，则（ ） A．1 B．2024 C．2 D．2025 6．已知正数a，b，c满足，则的最小值为（ ） A．1 B． C．2 D． 7．棱长均为3的正三棱柱的各个顶点均在球O的表面上，则球O的表面积为（ ） A． B． C． D． 8．在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（ ） 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．样本数据28、30、32、36、36、42的（ ） A．极差为14 B．平均数为34 C．上四分位数为36 D．方差为20 10．已知双曲线C：，M为C右支上的一个动点，过M分别作两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B，O为坐标原点，则四边形OAMB的周长的可能取值有（ ） A．5 B．8 C．6 D． 11．已知函数，则（ ） A．的值域为 B．的最小正周期为 C．在上单调递减 D．的图象关于直线对称 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，则________． 13．展开式中项的系数为________． 14．过点的直线l与曲线有且仅有两个不同的交点，则l斜率的取值范围为________． 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．（本小题满分13分） 已知首项为的数列满足． （1）求的前n项和; （2）中能否存在连续的三项，，成等差数列？若能，求出k的值；若不能，请说明理由． 16．（本小题满分15分） 夏季濒临，在某校举办的篮球挑战杯上，篮球队员们向台下的观众展现出了一场酣畅淋漓的比赛．假定在本次挑战杯上同学甲每次投篮命中的概率为． （1）若该同学投篮4次，求恰好投中2次的概率； （2）若该同学在每一节比赛中连续投中2次，即停止投篮，否则他将继续投篮，投篮4次后不管有没有连续投中，都将停止投篮，求他在每一节比赛中投篮次数X的概率分布列及数学期望． 17．（本小题满分15分） 如图，在四棱锥中，，，平面平面ABCD，，M，N分别是AD，CQ的中点． （1）证明：; （2）若，直线MN与平面QBC所成角的正弦值为，求QM的长度． 18．（本小题满分17分） 已知抛物线C：，M，N为C上的两个动点，直线MN的斜率为k，线段MN的中点为． （1）证明：; （2）已知点，求△AMN面积的最大值． 19．（本小题满分17分） （1）证明：当时，; （2）已知函数，若的极大值点为0，求实数a的取值范围． 新高中创新联盟TOP二十名校高二年级6月调研考试·数学 参考答案、提示及评分细则 1．A 由，得或，所以，则．故选A． 2．B ，其实部为1．故选B． 3．D 由题意得，所以．故选D． 4．D 因为曲线C：表示椭圆，则应满足即．故选D． 5．C 由，令，可知，即，又因为，所以函数的一个周期为3，则．故选C． 6．D ，当且仅当时等号成立，令，又在上单调递增，所以．故选D． 7．B 如图： 球O的半径，故球O的表面积．故选B． 8．A 因为，由正弦定理得： 因为B，，所以，又因为正弦函数在上单调递增，所以，即，则，因为△ABC为锐角三角形， 所以得，则．故选A． 9．ABC 极差为，故A正确; 平均数为，故B正确; 因为，所以样本数据的上四分位数为从小到大排列的第5个数，即36，故C正确； 方差，故D错误．故选ABC． 10．BC 设，则，因为渐近线方程为， 所以，，所以，则，当且仅当时等号成立，所以四边形OAMB的周长为．故选BC． 11．ACD ， 因为，所以，故A正确; 因为的最小正周期为，而的图象是由的图象将x轴下方的部分关于x轴对称上去，x轴及x轴上方部分不变，所以的最小正周期为，故B错误； 当时，，所以， 所以，又在上单调递增，所以在上单调递减，故C正确； 因为， 所以的图象关于直线对称，故D正确．故选ACD． 12． ． 13．528 ，因为展开式第项为，所以的系数为． 14． 由题意可设直线l：，又曲线可化为，，作出直线l与曲线的图象如图所示： 设图中直线，，，的斜率分别为，，，， 则，，，又直线的方程为，圆心到直线的距离为，解得（舍去）或，要使两图象有两个不同的交点，则． 15．解：（1）由题意可得，又， 所以数列是以a为首项，公比为2的等比数列， 2分 故 5分 （2）不能，理由如下： 6分 由（1）得， 7分 假设，，成等差数列，则， 9分 即， 整理得， 11分 由于不存在正整数k使得，故不存在，，成等差数列． 13分 16．解：（1）令投中i次的概率为， 则． 4分 （2）X的可能取值为2，3，4， 5分 ， ， 11分 故X的概率分布列为： X 2 3 4 P 13分 数学期望 15分 17．（1）证明：∵M是AD中点，， ∴， 1分 ∵平面平面ABCD，平面平面，平面QAD， ∴平面ABCD， 4分 又平面ABCD， ∴． 6分 （2）解：取BC中点F，连接MF， ∵M，F分别为AD，BC中点，， ∴，又， ∴． 7分 以F为坐标原点，，为x，y轴正方向，过F作z轴，可建立如图所示的空间直角坐标系， 设， ∵， ∴，，，， ∴，， 9分 设平面QBC的法向量， 则 令，解得，， ∴， 11分 ∴， 13分 解得或，即QM的长度为或． 15分 18．（1）证明：设，， 所以 所以 3分 又，，所以． 5分 （2）解：设直线MN的方程为， 即， 6分 联立整理得， 所以，解得， 8分 ，， 则 10分 又点A到直线MN的距离为 11分 所以 记，因为，所以， 所以， 14分 令，， 则，令，可得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以当，即时，取得最大值，即 17分 19．（1）证明：设，． 则， 设，， 则 3分 所以在上单调递增，， 4分 则在上单调递增，， 6分 故当时，． 7分 （2）解：由题意可得，， ，且，故为偶函数． 9分 令，，则， ，， 11分 当时，， 当，且时， ， 因此在上单调递减， 当时，，当时，， 在处取得极大值，符合题意． 14分 当时，， 因为当时，， 所以，使得， 且当时，，在上单调递增，又， 所以时，，单调递增， 这与在处取得极大值矛盾，不符合题意． 综上所述，a的取值范围是． 17分 学科网（北京）股份有限公司 $$