2023-2024学年四川省达州市高二下学期7月期末监测数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年四川省达州市高二下学期7月期末监测数学试题（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知z+ii=i，则z=( )
A. 2B. 2C. 1D. 0
2.已知集合P=xx2−x−2≤0，则( )
A. ∁RP=xx≤−1 B. P∪N=N C. P∩N∗=1,2 D. P⊆Z
3.已知单位向量a，b的夹角为π2，则a−b=( )
A. 1B. 2C. 2D. 5
4.已知双曲线C:x23−y24=1的左顶点为A1，右焦点为F2，虚轴长为m，离心率为e，则( )
A. A1−3,0B. F21,0C. m=2D. e= 213
5.在▵ABC中，AC=2BC=2，B=π2，将▵ABC绕边AC旋转一周得到一旋转体则该旋转体体积为( )
A. π2B. πC. 3π2D. 2π
6.已知▵ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若tanB=12，bcsA+c=0，则A=( )
A. π4B. π2C. 2π3D. 3π4
7.已知p:a≤0，q:函数fx=lnx−ax只有一个零点，则p是q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F1P=6cm，F1Q=2cm，其中F1为椭圆左焦点，PQ经过坐标原点O，则该椭圆的离心率为( )
A. 12B. 105C. 104D. 13
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列叙述正确的是( )
A. 随机变量X∼Nμ,σ2σ>0，σ反映了随机变量X的分布相对于均值μ的离散程度
B. 经验回归直线y=bx+a必过点x,y
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弱
D. 决定系数R2越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越差
10.已知fx=sinπx+csπx，则( )
A. 函数fx的周期为2πB. 曲线y=fx关于直线x=14对称
C. 函数fx在−12,0上单调递增D. k=1131fk=−1
11.如图，等边▵ABC的边长为4，D为边AB的中点，将▵ABC沿CD折成三棱锥A1−BCD，A1，B，C，D都在球O的球面上．记A1C，A1D，A1B与平面BCD所成的角分别为α1，β1，γ1，平面A1DC，A1DB，BDC与平面A1BC所成的角分别为α2，β2，γ2，则( )
A. CD与A1B所成的角为定值B. 球O的表面积的最大值为20π
C. 2tanβ1≠1tanα1+1tanγ1D. 存在点A1使得α2=β2=γ2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在等比数列bn中，b1b2b3=27，b4=9，则b6= ．
13.1+ x10的展开式中x2项的二项式系数是 (用数字作答)．
14.已知函数fx=ax−a−x−a(a>0且a≠1)，若不等式faex+flna−lnx+2a≤0恒成立，则a的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，▵PAD为等边三角形，AB=2.点M，N分别为AD，BC的中点．
(1)证明：AD⊥平面PMN；
(2)若PB=2 2，求平面PBC与平面ABCD的 夹角的余弦值．
16.(本小题12分)
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2×2列联表，依据小概率值α=0.05的χ2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？
(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X，求X的分布列(用表格表示)与数学期望．
附：χ2=nad−bc2a+cb+dc+da+b．
17.(本小题12分)
已知函数fx=13x3−12x2−2x+3，gx=2−lnx．
(1)求函数fx的极值；
(2)曲线y=fx在x=0处的切线方程为y=ℎx，证明：gx>ℎx．
18.(本小题12分)
把一个无穷数列an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an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an的2阶差数列，如此类推，可得到原数列an的K阶差数列．如果一个数列an的K阶差数列是由一个非零常数D组成的常数数列，则称这个数列an为K阶等差数列，非零常数D叫做数列an的K阶公差．
例如，原数列：14，24，34，44，54，64，74，⋯⋯
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an是2阶等差数列，2阶公差为1，且a1=1，a2=2．
(1)已知数列bn是数列an的1阶差数列，求数列bn的通项；
(2)求数列an的通项公式；
(3)数列cn的前n项和为Sn，c1=1，cn=1an−1n≥2，证明：1≤Sn<3．
19.(本小题12分)
已知点F为抛物线C:x2=2pyp>0的焦点，过F的直线l交C于点P，Q.当l的斜率为1时，PQ=8．
(1)求C的方程；
(2)已知圆H:x2+y+12=1．
(i)若直线m与C，H都相切，求m的方程；
(ii)点N是H上的动点，点M是y轴上的动点，若四边形MQNP为菱形，求所有满足条件的点M的纵坐标之和．
参考答案
1.B
2.C
3.B
4.D
5.A
6.D
7.A
8.C
9.AB
10.BCD
11.ACD
12.27
13.210
14.1e,1
15.解：(1)由底面ABCD为正方形，所以AD/​/BC且AD=BC，
因为点M，N分别为AD，BC的中点，所以AM=BN，
所以四边形ABNM是平行四边形，又∠BAM=90∘，
所以四边形ABNM是矩形，所以NM⊥AD，.
又▵PAD为等边三角形，所以PM⊥AD，
又PM∩MN=M，PM,MN⊂平面PNM，
所以AD⊥平面PMN；
(2)因为AB=2，底面ABCD为正方形，▵PAD为等边三角形，所以PA=2，
又PB=2 2，所以PB2=PA2+AB2，所以∠PAB=90∘，
所以AB⊥PA，又AB⊥AD，AP∩AD=A，AP,AD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，又AB⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAD，
又PM⊥AD，平面ABCD∩平面PAD=AD，所以PM⊥平面ABCD，
又MN⊂平面ABCD，所以PM⊥MN，
又可得PM= 3,MN=2，所以PN= 3+4= 7，
由(1)可得AD⊥平面PMN，又AD/​/BC，
所以BC⊥平面PMN，PN⊂平面PMN，所以BC⊥PN，
所以∠PNM是平面PBC与平面ABCD的夹角，
所以cs∠PNM=NMPN=2 7=2 77．
所以平面PBC与平面ABCD的夹角的余弦值为2 77．
16.解：(1)由题可得2×2列联表为：
χ2=40080×100−120×1002180×220×100×100=4.040>3.841，
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．
(2)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X，
则X的值为0，1，2，3，4．
P(X=0)=C44C104=1210，P(X=1)=C61C43C104=435，P(X=2)=C62C42C104=37，
P(X=3)=C63C41C104=821，P(X=4)=C64C104=114，
所以X的分布列为：
E(X)=0×1210+1×435+2×37+3×821+4×114=125
17.解：(1)f′x=x2−x−2=x+1x−2，
令f′x=0，得x=−1或x=2，
所以函数的极大值为256，函数的极小值为−13；
(2)由(1)可知，f′0=−2，且f0=3，
所以曲线y=fx在x=0处的切线方程为y−3=−2x−0，即ℎx=3−2x，
要证明gx>ℎx⇔lnx<2x−1，即证明lnx<2x−1
设Fx=lnx−2x+1，F′x=1x−2=1−2xx，x>0，
当00，Fx单调递增，
当x>12时，F′x<0，Fx单调递减，
所以当x=12时，Fx取得最大值，F12=ln12<0，
所以lnx−2x+1<0，即lnx<2x−1，
所以gx>ℎx，命题得证．
18.解：(1)因为数列an是2阶等差数列，2阶公差为1，又数列bn是数列an的1阶差数列，
所以bn−bn−1=2，所数列bn是等差数列，
又a1=1，a2=2，所以b1=a2−a1=2−1，
所以bn=1+2(n−1)=2n−1．
(2)由题意可得an−an−1=bn−1=2(n−1)−1(n≥2)，
an−an−1=2n−3，
an−1−an−2=2n−5，
⋯⋯，
a2−a1=1，
累加得an−a1=1+2+⋯+2n−3=(n−1)(1+2n−3)2=(n−1)2，
又a1=1，所以an=(n−1)2+1；
(3)由(2)可得an=(n−1)2+1，可得cn=1an−1=1(n−1)2n≥2，
cn=1(n−1)2<1n2−2n=2(1n−2−1n)(n>2)，
所以Sn=c1+c2+c3+⋯⋯+cn=1+1+2(13−12)+2(14−13)+⋯+2(1n−2−1n)=3−2n<3，
由cn=1(n−1)2>0(n≥2)，Sn=c1+c2+c3+⋯⋯+cn≥c1=1，
所以1≤Sn<3．
19.解：(1)由题意可知，F0,p2，
则过点F0,p2的直线l为y=x+p2，与抛物线方程联立得
y2−3py+p24=0，则y1+y2=3p，
PQ=y1+y2+p=4p=8，得p=2，
所以抛物线C的方程为x2=4y；
(2)(ⅰ)由直线与抛物线相切可知，直线m得到斜率存在，
设直线m:y=kx+b，与抛物线方程x2=4y联立，得x2−4kx−4b=0，
Δ=16k2+16b=0，即k2+b=0，①
圆H:x2+y+12=1的圆心为0,−1，圆心到直线m得到距离等于半径
即1+b 1+k2=1，得k2=b2+2b，②，
由①②得b2+3b=0，得b=0k=0或b=−3k=± 3,
所以直线m的方程为y=0或y=± 3x−3；
(ⅱ)设直线l:y=kx+1，与抛物线方程x2=4y联立，得
x2−4kx−4=0，x1+x2=4k，
设PQ的中点为E，则E2k,2k2+1，
设M0,yM，NxN,yN，
因为四边形MQNP为菱形，所以0+xN=4kyM+yN=4k2+2yM−2k2+1−2k=−1k，得xN=4kyM=2k2+3yN=2k2−1,
点N在圆H:x2+y+12=1上，
所以16k2+4k4=1，即2k2+42=17，
所以2k2+4= 17或2k2+4=− 17(舍)
所以2k2+3= 17−1，即点M的纵坐标为 17−1．
即满足条件的纵坐标之和为 17−1．
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
α
0.100
0.050
0.025
x0
2.706
3.841
5.024
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
X
0
1
2
3
4
P
1210
435
37
821
114
x
−∞,−1
−1
−1,2
2
2,+∞
f′x
+
0
−
0
+
fx
单调递增
极大值256
单调递减
极小值−13
单调递增