精品解析：四川省达州市2023-2024学年高二下学期7月期末监测数学试题

达州市2024年普通高中二年级春季期末监测 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题题卡上. 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要改动，用橡皮擦干净后，再涂其他答案标号.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交回. 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. 已知，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 0 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知单位向量，的夹角为，则（ ） A. 1 B. C. 2 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A，B，C的对边分别为a，b，c，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、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. 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1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4，为边的中点，将沿折成三棱锥，，B，C，D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77分.解答应写文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，为等边三角形，．点，分别为AD，BC的中点． （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值． 16. 随着人工智能的飞速发展，AI应用场景越来越多．最近AI自习室在家长圈、学生圈中持续走热．某校随机抽取400名学生进行调查，其中期末综合素质测评等级为良好的共180人，有120人利用AI自习室学习并且期末综合测评等级为优秀，有200人未利用AI自习室学习 （1）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AI自习室学习有关联？ 良好 优秀 合计 利用AI自习室 120 未利用AI自习室 200 合计 180 400 （2）现有从利用AI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10名学生．从这10名学生中随机选取4人进行访谈，记这4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：． 0.100 0.050 0.025 2.706 3.841 5.024 17. 已知函数，． （1）求函数的极值； （2）曲线在处的切线方程为，证明：． 18. 把一个无穷数列从第2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1阶差数列．对1阶差数列作同样的处理得到的数列叫做原数列的2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：，，，，，，， 1阶差数列：15，65，175，369，671，1105， 2阶差数列：50，110，194，302，434， 3阶差数列：60，84，108，132， 4阶差数列：24，24，24， 所以原数列为4阶等差数列，24为该数列的4阶公差. 已知数列是2阶等差数列，2阶公差为1，且，． （1）已知数列是数列的1阶差数列，求数列的通项； （2）求数列的通项公式； （3）数列的前项和为，，，证明：． 19. 已知点为抛物线的焦点，过的直线交于点，．当的斜率为1时，． （1）求的方程； （2）已知圆． （i）若直线与，都相切，求的方程； （ii）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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 达州市2024年普通高中二年级春季期末监测 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题题卡上. 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要改动，用橡皮擦干净后，再涂其他答案标号.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交回. 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. 已知，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】首先求复数，再求模. 【详解】由，得，所以. 故选：B 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求得，进而可判断ABCD. 【详解】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Z的子集，故D错误. 故选：C. 3. 已知单位向量，的夹角为，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】代入向量模的数量积公式，即可求解. 【详解】. 故选：B 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. 【答案】D 【解析】 【分析】由双曲线的方程可求得，计算可判断每个选项的正确性. 【详解】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：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. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件确定所得旋转体为同底的两个圆锥，再根据锥体的体积计算公式求解即可. 【详解】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：A. 6. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理可得，结合，可求，可求. 【详解】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：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 【答案】A 【解析】 【分析】首先将函数零点问题，转化为与的交点问题，利用导数分析函数的图象，再利用数形结合分析，即可求得到取值范围，再根据选项判断. 【详解】，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：A 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. 【答案】C 【解析】 【分析】根据椭圆的定义可得利用垂直关系可得，即可由离心率公式求解. 【详解】根据椭圆的对称性可知，故，得， 又，故， 故离心率为， 故选：C 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. 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1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 【答案】AB 【解析】 【分析】根据正态分布性质判断A选项，应用回归直线判断B选项，根据相关系数判断C选项，应用决定系数判断D选项. 【详解】对于A:标准差反映了随机变量X的分布相对于均值μ的离散程度，A选项正确； 对于B:经验回归直线必过点,B选项正确； 对于C:样本相关系数r的绝对值越接近于1时，成对样本数据的线性相关程度越强，C选项错误； 对于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好，D选项错误. 故选：AB. 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. 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先化解函数，再根据周期的公式判断A，以及利用代入的方法判断BC，根据周期计算函数值的和，判断D. 【详解】， 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2，且， ，故D正确. 故选：BCD 11. 如图，等边的边长为4，为边的中点，将沿折成三棱锥，，B，C，D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 【答案】ACD 【解析】 【分析】A利用线面垂直得到线线垂直；B利用空间直角坐标系确定外接球半径，再确定外接球表面积；C利用空间直角坐标系与线面夹角的定义求解；D利用空间直角坐标确定平面的法向量，从而求得的坐标. 【详解】方案一：A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. B选项：设，球O的半径为R，外接圆半径为r，则根据正弦定理，可得，即，所以，因为，所以，所以无最大值，即球O的表面积无最大值.故B错误. C选项：如图，过点作，垂足为M，连接CM，易得，平面BCD，则，，，，，. 假设，即，设，，则，，，解得或，与矛盾，所以假设不成立.同理可证当M再BD延长线上时，无解.所以C正确. D选项：如图过点D作DO平面，垂足为O，易得O在的角平分线CE上，连接DE，过点O作ONBC，垂足为N，连接DN.则，，，，，由对称性可知. 【方法一】假设成立，则，即点D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，D为坐标原点，DC为x轴，DB为y轴，垂直于DB为z轴，轴，连接CM，根据等边的边长为4，为边的中点，将沿折成三棱锥，易得，，， 不妨设，显然，，. A选项：，，显然，即与所成的角是，为定值.故A正确. B选项：根据题意不妨设球心，球半径为R， 则，又，， 即， 又化简可得，，所以， 因为，，所以无最大值，即球O的表面积无最大值.故B错误. C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. D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：ACD. 【点睛】一、向量法求线面角的两种方法 （1）分别求出斜线和它在平面内的投影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角（或其补角）. （2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的角（夹角为钝角时取其补角），取其余角就是斜线与平面所成的角. 二、向量法求二面角大小的常用方法 （1）找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得夹角得到二面角的大小，但要注意有时需要结合实际图形判断所求角是锐二面角还是钝二面角. （2）找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的太小就是二面角的大小. 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_____． 【答案】 【解析】 【分析】利用等比数列的性质可求得，又，可求. 【详解】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. 的展开式中项的二项式系数是_____（用数字作答）． 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式展开式的通项公式即可求解. 【详解】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. 已知函数（且），若不等式恒成立，则的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】先根据指数函数的单调性、函数单调性的性质判断函数的单调性，在根据奇偶性的定义判断函数奇偶性，最后这两个性质把已知不等式变形，在通过构造新函数进行求解即可； 【详解】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：. 【点睛】方法点睛：不等式恒成立求参数取值范围问题解决方法， （1）直接分类讨论，转化为值域求解问题； （2）先探求充分条件，再验证必要性；先探究必要条件，再验证充分性； （3）分离参数法； 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，为等边三角形，．点，分别为AD，BC的中点． （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：由底面为正方形，所以且， 因为点，分别为AD，BC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； （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可得，，可证平面； （2）由题意可证，进而可证平面平面，进而可证平面，由（1）可得平面，可得是平面与平面的夹角，求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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（1）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. 随着人工智能的飞速发展，AI应用场景越来越多．最近AI自习室在家长圈、学生圈中持续走热．某校随机抽取400名学生进行调查，其中期末综合素质测评等级为良好的共180人，有120人利用AI自习室学习并且期末综合测评等级为优秀，有200人未利用AI自习室学习 （1）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AI自习室学习有关联？ 良好 优秀 合计 利用AI自习室 120 未利用AI自习室 200 合计 180 400 （2）现有从利用AI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10名学生．从这10名学生中随机选取4人进行访谈，记这4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：． 0.100 0.050 0.025 2.706 3.841 5.024 【答案】（1）列联表： 良好 优秀 合计 利用AI自习室 80 120 200 未利用AI自习室 100 100 200 合计 180 220 400 能认为期末综合素质测评等级为优秀与利用AI自习室学习有关联. （2）分布列： . 【解析】 【分析】（1）由已知补全列联表；计算，可得结论； （2）求得良好，优秀的学生人数分别为4人，6人，利用超几何分布可得分布列与数学期望. 【小问1详解】 由题可得列联表为： 良好 优秀 合计 利用AI自习室 80 120 200 未利用AI自习室 100 100 200 合计 180 220 400 ， 所以能认为期末综合素质测评等级为优秀与利用AI自习室学习有关联. 【小问2详解】 由题意可得利用AI自习室学习的学生中良好，优秀的人数分别为80人，120人， 所以用分层随机抽样的方法抽出的10名学生中良好，优秀的学生人数分别为4人，6人， 从这10名学生中随机选取4人进行访谈，记这4人中期末综合素质测评等级为优秀的人数为， 则的值为0，1，2，3，4． ，，， ，， 所以的分布列为： 17. 已知函数，． （1）求函数的极值； （2）曲线在处的切线方程为，证明：． 【答案】（1）极大值为，极小值为； （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，再求函数的极值； （2）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. 【小问1详解】 ， 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，极小值为； 【小问2详解】 由（1）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. 把一个无穷数列从第2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1阶差数列．对1阶差数列作同样的处理得到的数列叫做原数列的2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：，，，，，，， 1阶差数列：15，65，175，369，671，1105， 2阶差数列：50，110，194，302，434， 3阶差数列：60，84，108，132， 4阶差数列：24，24，24， 所以原数列为4阶等差数列，24为该数列的4阶公差. 已知数列是2阶等差数列，2阶公差为1，且，． （1）已知数列是数列的1阶差数列，求数列的通项； （2）求数列的通项公式； （3）数列的前项和为，，，证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意可得，进而可求数列的通项公式； （2）由题意可得，由累加法可求数列数列的通项公式； （3）由（2）可得，进而可求，可证结论. 【小问1详解】 因为数列是2阶等差数列，2阶公差为1，又数列是数列的1阶差数列， 所以，所数列是等差数列， 又，，所以， 所以． 【小问2详解】 由题意可得， ， ， ， ， 累加得， 又，所以； 【小问3详解】 由（2）可得，可得， ， 所以， 由， 所以. 19. 已知点为抛物线的焦点，过的直线交于点，．当的斜率为1时，． （1）求的方程； （2）已知圆． （i）若直线与，都相切，求的方程； （ii）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】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先直线与抛物线方程联立，利用韦达定理表示，即可求解； （2）（ⅰ）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. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 （ⅰ）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，① 圆的圆心为，圆心到直线得到距离等于半径 即，得，②， 由①②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. 【点睛】关键点点睛：本题最后一问的关键是抓住菱形的性质，从对角线平方，对角线互相垂直这一条件入手. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $