2023-2024学年河南省驻马店市高二下学期7月期末质量监测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1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】直线垂直于x轴，所以直线的倾斜角是.故选：B2.函数在处的瞬时变化率为（）A.-1 B.0 C.1 D.2【答案】C【解析】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】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】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：A5.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】设边长为的正三角形的外接圆半径为，由正弦定理得，解得R=3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：B6.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】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：A7.已知双曲线E:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)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，A. B. C. D.3【答案】A【解析】令点，双曲线E:x2a2由对称性不妨取直线AB:bx-ay=0，取中点，连接，则，|FC|=bca2由OB=3OA，得|OC|=|AB|=2b，在中，c则a2=c所以双曲线E的离心率.故选：A8.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】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】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：ABD10.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】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.CD.若，则【答案】ABD【解析】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】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】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】四棱柱中，连接，由，得四边形是平行四边形，，因此夹角为，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：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.解：（1）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..（2）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.解：（1）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.（2）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.解：（1）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．（2）记，x∈0,+∞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，x∈0,+∞，h则，当时，恒成立，在上单调递增，又因为h1=0，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．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，求面积最大值.解：（1）设点,，则，点,在椭圆上，故满足椭圆的方程，所以，，，，所以.（2）因为，，所以，又，所以，即，所以，故离心率为.（3）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）若且每一列均为公差为d的等差数列,第二行为等比数列.已知，设求的值.解：（1）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.（2）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.（3）由题意设第二行的公比为，则有，又因为，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.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】直线垂直于x轴，所以直线的倾斜角是.故选：B2.函数在处的瞬时变化率为（）A.-1 B.0 C.1 D.2【答案】C【解析】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】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】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：A5.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】设边长为的正三角形的外接圆半径为，由正弦定理得，解得R=3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：B6.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】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：A7.已知双曲线E:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)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，A. B. C. D.3【答案】A【解析】令点，双曲线E:x2a2由对称性不妨取直线AB:bx-ay=0，取中点，连接，则，|FC|=bca2由OB=3OA，得|OC|=|AB|=2b，在中，c则a2=c所以双曲线E的离心率.故选：A8.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】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】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：ABD10.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】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.CD.若，则【答案】ABD【解析】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】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】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】四棱柱中，连接，由，得四边形是平行四边形，，因此夹角为，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：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.解：（1）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..（2）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.解：（1）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.（2）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.解：（1）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．（2）记，x∈0,+∞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，x∈0,+∞，h则，当时，恒成立，在上单调递增，又因为h1=0，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