精品解析：河南省驻马店市2023-2024学年高二下学期7月期末质量监测数学试题

驻马店市2023~2024学年度第二学期期终质量监测 高二数学试题 本试卷共19道题，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效. 2.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3.选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5 毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚. 4.请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答，超出答题区域书写的答案无效. 5.保持卷面清洁，不折叠、不破损. 一、选择题：本题共8个小题，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. 直线的倾斜角是（ ） A. 0 B. C. π D. 不存在 【答案】B 【解析】 【分析】由给定直线的位置求出倾斜角即得. 【详解】直线垂直于x轴，所以直线的倾斜角是. 故选：B 2. 函数 在处的瞬时变化率为（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】直接求导代入即可. 【详解】设，则，则， 则函数在处的瞬时变化率为1. 故选：C. 3. 设，则 （ ） A. 1 B. 2 C. 63 D. 64 【答案】D 【解析】 【分析】令即可得到答案. 【详解】令得. 故选：D. 4. 某学校甲乙两个班级人数之比为，在一次测试中甲班的优秀率为，乙班的优秀率为，现从这两个班级中随机选取一名学生，则该学生优秀的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析题意，利用古典概型公式求解即可. 【详解】设甲班级的人数为，乙班级的人数为， 因为甲班的优秀率为，乙班的优秀率为， 所以甲班优秀的人数为，乙班优秀人数为， 所以优秀的总人数为， 所以学生优秀的概率为，故A正确. 故选：A 5. 如图是边长为的正三角形，取各边的中点构成一个新三角形，依次做下去得到一系列三角形.则前个三角形的外接圆面积之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依据题意把外接圆半径和面积表示为等比数列，再对其求和即可. 【详解】设边长为的正三角形的外接圆半径为，由正弦定理得， 解得，而每次构造新三角形时，每次外接圆的半径也减半， 设第个三角形的外接圆半径为， 是以为首项，以为公比的等比数列， 所以，设第个三角形的外接圆面积为， 而，而所求即为的前项和， 易得，故， 而，故是以为首项，以为公比的等比数列， 所以，故B正确. 故选：B 6. 已知M，N 分别是正四面体中棱AD，BC的中点，若点 P 满足则DP与AB夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，表达出，进而求出，进而得到，，从而利用夹角余弦公式求出DP与AB夹角的余弦值. 【详解】设， 因为，所以 ， 设正四面体的棱长为1， 故 ， 又 ， 所以， 故， DP与AB夹角的余弦值为. 故选：A 7. 已知双曲线E 的右焦点为F，以F为圆心，为半径的圆与双曲线 E的一条渐近线交于A，B两点，若，则双曲线 E的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】求出双曲线的渐近线方程，利用点到直线距离、圆的弦长公式及勾股定理建立关系求得，即可求出离心率. 【详解】令点，双曲线E 的渐近线方程为， 由对称性不妨取直线，取中点，连接，则， ，而， 由，得，在中，， 则，解得， 所以双曲线 E的离心率. 故选：A 8. 若函数 为定义域内的单调递增函数，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知，在内恒成立，利用参变量分离法可得，利用导数求出函数的最大值，即可求得实数的取值范围； 【详解】函数求导得由题意可知， 在内恒成立，即在内恒成立， 故，令， 令，得， 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减； 则函数在有最大值为， 故， 故选：B. 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6分，部分选对的得部分分，有错选的得0分. 9. 如图为函数的导函数图象，则以下说法正确的是（ ） A. 在区间递增 B. 的递减区间是 C. 为函数 极大值 D. 的极值点个数为4 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定的导函数图象，确定函数的单调区间，再逐项分析判断即可. 【详解】令函数的导数为，观察图象知，当或时，， 当时，，且当时，；当或时，， 因此函数在上单调递增，在上单调递减，AB正确； 函数在处都取得极大值，在处都取得极小值，的极值点个数为4，D正确； 由于在及邻近区域值得，因此在处没有极值，C错误. 故选：ABD 10. 已知事件A与B发生的概率分别为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用概率的运算性质，即可得出判断. 【详解】对于A，由于题目中没确定事件A与B是否相互独立， 所以，不一定成立，故A错误； 对于B，由于，则， 则，故B正确； 对于C，由于题目中没确定事件A与B是否相互独立， 所以，也不一定成立，故C错误； 对于D，，故，故D正确； 故选：BD. 11. 点是抛物线的焦点，过点的直线与交于两点.分别在两点作的切线与，记，则下列选项正确的是（ ） A. 为直角三角形 B. C. D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】将抛物线的一部分视为函数，利用导数求出斜率，写出切线方程，并联立得到切点，再证明垂直判断A，针对斜率情况进行讨论，证明垂直判断B，利用基本不等式判断C，在特殊情况下求出关键点的坐标，检验等式判断D即可. 【详解】 对于A，设直线的方程为， 设点的坐标分别为， 令，联立，则 因此，当时，抛物线方程为， ，， 则在处的切线方程为， 同理在处的切线方程为， 联立，解得，， 因此M坐标为， ， 因此，所以是直角三角形，故A正确， 对于B，当直线斜率不存在时，此时，所以， 此时，，代入抛物线中得到， 解得，由对称性得到，所以， 根据对称性可得，此时是的中点， 根据三线合一的原理可知， 当直线斜率存在时，可得， 因此，故B正确， 对于C，， 当且仅当，即时取等，故C错误， 对于D，此时，解得，此时直线的斜率不存在， 所以，，， 则，， 故，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题考查解析几何，解题关键是将抛物线的一部分视为函数，利用导数得到切线斜率，然后合理联立方程联立求出切点，得到所要求的垂直关系即可． 三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15分. 12. 已知等差数列满足，，则通项公式为 _____. 【答案】 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，解出公差由等差数列的通项公式求解即可. 【详解】设等差数列的公差为，，， 所以，解得，所以. 故答案为： 13. 二项分布和正态分布是两类常见的分布模型，在实际运算中二项分布可以用正态分布近似运算.即：若随机变量，当充分大时，可以用服从正态分布的随机变量近似代替，其中的期望值和方差相同，一般情况下当时，就有很好的近似效果.该方法也称为棣莫佛——拉普拉斯极限定理.如果随机抛一枚硬币次，设正面向上的概率为，则“正面向上的次数大于50、小于60”的概率近似为______.(结果保留三位小数.参考数据：若，则，， 【答案】 【解析】 【分析】先计算出二项分布的均值和方差，符合给定定义后求出正态分布的基本量，结合正态分布的对称性求解即可. 【详解】由题意得随机抛一枚硬币次，设正面向上的概率为， 同时设正面向上的次数为，则， 所以，， 此时符合，故有， 且，，设所求概率为， 因为， 所以由正态分布对称性得. 故答案为： 14. 如图在四棱柱中，，并且直线的夹角为，距离为3，则多面体的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用棱柱、棱锥的体积公式，结合割补法求出体积. 【详解】在四棱柱中，连接，由， 得四边形是平行四边形，，因此的夹角为， 四边形的面积， 而平面，平面，则平面， 因此四棱柱的高为直线与平面的距离，等于异面直线的距离3， 于是四棱柱的体积， 而， 所以多面体的体积为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：求几何体的体积，将给定的几何体进行恰当的分割，转化为可求体积的几何体求解是关键. 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. 如图，已知一质点在外力的作用下，从原点出发，每次向左移动的概率为向右移动的概率为.若该质点每次移动一个单位长度，记经过，次移动后，该质点位于X的位置. （1）当时，求，； （2）当时，求随机变量X的分布列及数学期望. 【答案】（1）， （2）分布列： 期望为. 【解析】 【分析】（1）根据二项分布的特点即可计算相关概率值； （2）首先分析出的所有可能取值为，再按步骤写出分布列，计算期望即可. 【小问1详解】 当时，质点所能到达的位置必满足且为偶数， 若“”则表示四次移动中向右1次，向左3次， 因此. . 【小问2详解】 当时，质点所能到达的位置必满足且为奇数， 因此随机变量的所有可能取值为， 因此随机变量的分布列为 ， ， ， ， ， ， 因此随机变量的分布列为 所以随机变量的数学期望为 . 16. 如图在三棱柱中， （1）证明:； （2）求二面角的平面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）取的中点，利用线面垂直的判定性质，结合正三角形的性质推理即得. （2）作于，求出，以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得. 【小问1详解】 如图，取的中点，连接， 由，得都是正三角形， 则，因此，又平面平面， 且，于是平面，又平面， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，平面平面，而平面平面，作于， 而平面，则平面，设，则有， ，，， 在平面内过点作，则平面，直线两两垂直， 以点为坐标原点，直线分别为建立空间直角坐标系，如图， 则，由， 得，，， 设平面的法向量，则，令，得 设平面的法向量，则，令，得， 设二面角的平面角为，则， 所以二面角的平面角的正弦值. 17. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）若为的极大值点，求实数的取值范围. 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间； （2）记，则原命题等价于为的极大值点，求实数的取值范围，对求导，对分类讨论，求出的极值，即可求解的取值范围． 【小问1详解】 当时，，定义域为， 则， 由，解得，由，解得， 因此的单调递增区间为，单调递减区间为． 【小问2详解】 记，， 则原问题等价于为的极大值点，求实数的取值范围． 因，则恒成立， 记，，， 则， 当时，恒成立，在上单调递增， 又因为，则当时，，即，所以单调递减； 当时，，即，所以单调递增， 此情况可得为的极小值点，与题意矛盾； 当时，若，即当时，则存在，使得在上恒成立， 即在上单调递增，也即在上单调递增， 由，从而可得，，单调递减； ，，单调递增， 此情况可得为的极小值点，与题意矛盾； 若，即时，在上单调递减， ，，单调递增；时，，单调递减， 因此恒有，也即恒成立，因此不是的极值点，与题意矛盾； 若，即时，则存在，使得在上恒成立， 在上单调递减，也即在上单调递减， 由，从而可得，，单调递增； ，，单调递减， 此情况可得为的极大值点，符合题意． 综上所述，满足条件的实数的取值范围为． 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 18. 已知椭圆 点 P 为E 上落在第一象限的动点，P 关于原点对称的点为 Q，点 A 在E 上满足. .记直线 PQ，AQ，AP 的斜率分别为，，.且满足. （1）证明: （2）求椭圆E 的离心率； （3）若，求面积的最大值. 【答案】（1）证明见解析； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设出点的坐标，分别求出直线 PQ，AQ，AP 的斜率，，，结合点在椭圆上，联立即可得证； （2）由，以及即可求出，然后计算离心率即可； （3）设直线的方程为，利用韦达定理表示出三角形面积，再由换元法及基本不等式可求解. 【小问1详解】 证明：设点,，则， 点,在椭圆上，故满足椭圆的方程， 所以， ，， ， 所以. 【小问2详解】 因为，， 所以，又，所以， 即，所以，故离心率为. 【小问3详解】 若，则由（2）可知，椭圆的方程为，根据题意则直线的斜率不等于0. 设直线的方程为，则 联立，解得，从而可得，也即， 代入中得，即， 再联立得， 该方程有两个不同实根，由韦达定理可得， 又因， ， ， 因此 令当且仅当时等号成立从而可得 ，因此当时取最小值， 此时可得的最大值为. 因此当且仅当取得最大值为. 19. 将n²个实数排成n行n列的数阵形式 …… （1）当时，若每一行每一列都构成等差数列，且 ，求该数阵中所有数的和. （2）已知，且每一行构成以1为公差的等差数列，每一列构成2为公差的等差数列，求这个数的和； （3）若 每一列均为公差为d 的等差数列，第二行为正项等比数列.已知 ，设 求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列前项和性质得，再根据每一列成等差数列即可得到答案； （2）证明数列构成以为首项，为公差的等差数列，再利用等差数列的前项和公式即可求出答案； （3）根据第二行为等比数列得，从而得，，最后利用分组求和的方法即可得到答案. 【小问1详解】 由题意，且每一行都成等差数列则有 ， ， ， 设所有数之和为，则有， 又因为每一列成等差数列，故有，即. 【小问2详解】 设第行的和为，则有； 又因为每一列构成以2为公差的等差数列，即有当时，， 即数列构成以为首项，为公差的等差数列，即有 . 【小问3详解】 由题意设第二行的公比为，则有， 又因为第二行为正项等比数列，故.从而可得第二行的通项公式， 即有，又因为每一列均为公差为的等差数列，且， 可得，即，即有，从而有， 故 . 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是求出第二行的公比，从而得，再求出每一行的公差为2，最后利用分组求和的方法即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 驻马店市2023~2024学年度第二学期期终质量监测 高二数学试题 本试卷共19道题，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效. 2.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3.选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5 毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚. 4.请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答，超出答题区域书写的答案无效. 5.保持卷面清洁，不折叠、不破损. 一、选择题：本题共8个小题，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. 直线的倾斜角是（ ） A. 0 B. C. π D. 不存在 2. 函数 在处的瞬时变化率为（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 3. 设，则 （ ） A. 1 B. 2 C. 63 D. 64 4. 某学校甲乙两个班级人数之比为，在一次测试中甲班的优秀率为，乙班的优秀率为，现从这两个班级中随机选取一名学生，则该学生优秀的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 如图是边长为的正三角形，取各边的中点构成一个新三角形，依次做下去得到一系列三角形.则前个三角形的外接圆面积之和为（ ） A. B. C. D. 6. 已知M，N 分别是正四面体中棱AD，BC的中点，若点 P 满足则DP与AB夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线E 的右焦点为F，以F为圆心，为半径的圆与双曲线 E的一条渐近线交于A，B两点，若，则双曲线 E的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 8. 若函数 为定义域内的单调递增函数，则实数a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6分，部分选对的得部分分，有错选的得0分. 9. 如图为函数的导函数图象，则以下说法正确的是（ ） A. 在区间递增 B. 的递减区间是 C. 为函数 极大值 D. 的极值点个数为4 10. 已知事件A与B发生的概率分别为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 点是抛物线的焦点，过点的直线与交于两点.分别在两点作的切线与，记，则下列选项正确的是（ ） A. 为直角三角形 B. C. D. 若，则 三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15分. 12. 已知等差数列满足，，则通项公式为 _____. 13. 二项分布和正态分布是两类常见的分布模型，在实际运算中二项分布可以用正态分布近似运算.即：若随机变量，当充分大时，可以用服从正态分布的随机变量近似代替，其中的期望值和方差相同，一般情况下当时，就有很好的近似效果.该方法也称为棣莫佛——拉普拉斯极限定理.如果随机抛一枚硬币次，设正面向上的概率为，则“正面向上的次数大于50、小于60”的概率近似为______.(结果保留三位小数.参考数据：若，则，， 14. 如图在四棱柱中，，并且直线的夹角为，距离为3，则多面体的体积为______. 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. 如图，已知一质点在外力的作用下，从原点出发，每次向左移动的概率为向右移动的概率为.若该质点每次移动一个单位长度，记经过，次移动后，该质点位于X的位置. （1）当时，求，； （2）当时，求随机变量X的分布列及数学期望. 16. 如图在三棱柱中， （1）证明:； （2）求二面角的平面角的正弦值. 17. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）若为的极大值点，求实数的取值范围. 18. 已知椭圆 点 P 为E 上落在第一象限的动点，P 关于原点对称的点为 Q，点 A 在E 上满足. .记直线 PQ，AQ，AP 的斜率分别为，，.且满足. （1）证明: （2）求椭圆E 的离心率； （3）若，求面积的最大值. 19. 将n²个实数排成n行n列的数阵形式 …… （1）当时，若每一行每一列都构成等差数列，且 ，求该数阵中所有数的和. （2）已知，且每一行构成以1为公差的等差数列，每一列构成2为公差的等差数列，求这个数的和； （3）若 每一列均为公差为d 的等差数列，第二行为正项等比数列.已知 ，设 求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $