云南省保山市智源高级中学2023-2024学年高二下学期第二次（6月）月考数学试题

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一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.【详解】由，则，
所以复数的虚部是．故选：A．
2.【详解】因为，，
所以回归直线过点，故，即，所以．
将代入中，得．
故选：D．
3.【详解】在中，令得，
故选：D.
4.【详解】如图所示为该圆锥轴截面,
由题意,底面圆半径,母线,
所以侧面积.
故选：C.
5.【解法一】因为经过点的直线与抛物线 相 交于A, B两点,
所以该直线的斜率不等于0,所以可假设直线方程为,
设,
联立,整理得,
所以 ,
所以 ,
因为线段AB中点的横坐标为9,
所以,所以,
所以
【解法二】A,B两点的中点到准线的距离为9+3=12，AB=24.
故选:B.
【详解】函数，图象向左平移个单位后的图象对应的解析式为：；
而图象关于直线对称，且，于是，；
；
，所以不关于对称，故B错误；
当时，则，
令，则，此时函数图象如图:
结合图象可知，当时，
即，与坐标轴只有一个交点，即只有一个零点，故A正确；
当时，则，结合图象可知，此时有增有减，故C错误；
当时，则，结合图象可知，此时单调递增，所以，
当时，即，函数取最大值，，故D错误；
故选：A.
【详解】，即，圆心，；
，即，圆心，半径；
两圆恰有三条公切线，即两圆外切，故，
即，
.
当且仅当，即，时等号成立.
故选：A
8.【详解】由可得，
即，所以，两式相除可得；
即，
由可得，因此数列的奇数项是以为首项，公比为2的等比数列，
偶数项是以为首项，公比为2的等比数列，
所以
.
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.【详解】
故正确,错误；
又故正确.
故选：ABD.
10.【详解】对于A,由,所以,即,所以,共线,因为,有公共端点,所以A,B,C三点共线,所以A正确,
对于B,当时,,此时,则,的夹角为,不是钝角,所以B错误,
对于C,延长AG,交BC于D,因为G为的重心,所以D为BC的中点,,
所以,所以,所以,所以C正确,
对于D,因为,A,,所以或,所以或,所以为等腰三角形或直角三角形,所以D错误,
故选:AC
12.【详解】由，可得．
令，
则当时，，所以在上单调递增，
所以，即，
可得，所以，所以C正确；
因为，所以当时，，
又因为，所以当时，，所以B正确；
由是定义在上的奇函数，故当时，，
又因为，所以在上有且只有1个零点，所以D正确．
因为的单调性无法判断，所以A错误．
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.【详解】由等差数列性质可得，解得，
故答案为：.
13.【详解】将6名同学分成三组，其中有三种方案：4，1，1；3，2，1；2，2，2．
则不同方案的种数为种．
14.【解析】对①，当，分别为，的中点时，取中点，连接，则根据中位线的性质可得，
又平面，平面，故平面，同理平面，又，平面，故平面平面.
又平面，故平面.故①正确.

对②，当在时，∥平面不成立，故②错误；
对③④，以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设正方体棱长为1，
则，.
设，，则，其中，故，
则当时，即.
故对任意的，存在满足条件，即任意点，存在点，满足.故③正确；
当，即在点时，若，则，不满足，即不在上，故④错误.

故答案为：①③(写对一个给3分)
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.解：（1）由题意得，； ……………4分
（2） .……………11分
根据小概率值的独立性检验，认为“生育意愿与城市级别有关联” ……………13分
16.解：（1）根据统计表，所有展区的企业数量为，
其中“新型显示展”展区备受关注的企业数量为．
所以所求概率为． ……………3分
（2）用事件A，，分别表示从3个展区中随机抽取2个展区为“环保展与智慧城市展”“环保展与高端装备制造展”“智慧城市展与高端装备制造展”，
事件表示“采访的两家企业都是备受关注的企业”，
则
． ……………6分
（3）“新一代信息技术展”展区中备受关注的企业数量为，
“数字医疗展”展区中备受关注的企业数量为． ……………7分
易知所有可能的取值为0，1，2． ……………8分
所以，，．……………11分
故的分布列为
……………13分
则． ……………15分
17.解：（1）在三棱锥P−ABC中，连接PG并延长交BC于D，连接OD、OG，…………1分
由G为△PBC的重心，得D为BC的中点， ……………2分
又O是AC中点，则OD//AB， ……………4分
又OD⊂平面POG，AB⊄平面POG，所以AB//平面POG.……………5分
（2）由△PAC是正三角形，O是AB的中点，得PO⊥AC，
又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，PO⊂平面PAC，
则PO⊥平面ABC， ……………7分
因为△ABC是直角三角形.在Rt△ABC中，AC=43，AB=6，则cs∠BAC=643=32，则∠BAC=30∘，过B作BF⊥AC于F，则BF=3， ……………8分
以O为原点，直线OC，OP分别为y，z轴，过点O且垂直于AC的直线为x轴，建立空间直角坐标系， ……………9分
则A(0,−23,0),B(3,3,0),C(0,23,0),P(0,0,6)，
设平面PAB的法向量为m=(x1,y1,z1)，AP=(0,23,6),AB=(3,33,0)，
则m⋅AP=23y1+6z1=0m⋅AB=3x1+33y1=0，令z1=1，得m=(3,−3,1)， ……………11分
设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2)，CP=(0,−23,6),CB=(3,−3,0)，
则n⋅CP=−23y2+6z2=0n⋅CB=3x2−3y2=0，令z2=1，得n=(1,3,1)， ……………13分
因此cs〈m,n〉=m⋅n|m||n|=113×5=6565，
所以平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为6565 .……………15分
18.解:（1），，， ……………3分
所以函数图象在处的切线方程为，
即. ……………5分
（2）由（1）可得，， ……………6分
若对于函数图象上任意一点处的切线，在函数图象上总存在一点处的切线，使得，即对任意的，总存在使得，
即， ……………9分
又， ……………10分
从而的值域包含， ……………11分
当时，的值域为，
所以，解得， ……………14分
当时，的值域为，
所以，解得， ……………16分
即实数的取值范围为. ……………17分
19.解：（1）由题意得，又，解得，
椭圆的标准方程为 ……………3分
（2）（i）由（1）可得，因为，……………4分
， ……………6分
，所以， ……………7分
所以直线的方程为，联立，
解得或（舍去）， ……………9分
（ii）设直线的斜率为，则直线的方程为：，
又，，直线的方程为， ……………10分
由，解得，
所以， ……………12分
由，得，
由，
则，所以，
则，
， ……………14分
依题意、不重合，所以，即，
所以，
直线的方程为， ……………15分
令即，解得，
， ……………16分
，
为定值 ……………17分
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
D
D
C
B
A
A
C
题号
9
10
11
答案
ABD
AC
BCD
题号
12
13
14
答案
/
540
①③
0
1
2