湖南省岳阳市2023-2024学年高二下学期5月月考 数学试题（含解析）

这是一份湖南省岳阳市2023-2024学年高二下学期5月月考 数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了6B．28C．29，10，635等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在本试卷和答题卡上.
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的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；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．B．C．4D．2
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知变量的部分数据如下表，由表中数据得之间的经验回归方程为，现有一测量数据为，若该数据的残差为1.2，则（ ）
A．25.6B．28C．29.2D．24.4
4．若直线与圆相切，则圆的半径为（ ）
A．2B．4C．D．8
5．已知向量，则的最小值为（ ）
A．B．C．3D．
6．从装有2个白球、3个红球的箱子中无放回地随机取两次，每次取一个球，表示事件“两次取出的球颜色相同”，表示事件“两次取出的球中至少有1个是红球”，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数在上单调递增，且是奇函数，则满足的的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．若不等式在上恒成立，则的最小值为（ ）
A．B．C．1D．
二､多选题：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．已知函数，对任意实数都有，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．
C．的图象关于对称
D．在区间上有且仅有一个零点
10．设数列的前项和为，已知，则下列结论正确的为（ ）
A．若，则为等差数列B．若，则
C．若，则是公差为的等差数列D．若，则的最大值为1
11．已知抛物线的焦点为，，为上的两点，过，作的两条切线交于点，设两条切线的斜率分别为，，直线的斜率为，则（ ）
A．的准线方程为
B．，，成等差数列
C．若在的准线上，则
D．若在的准线上，则的最小值为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，
12．的展开式中的系数为 .
13．已知为坐标原点，若双曲线的右支上存在两点，，使得，则的离心率的取值范围是 .
14．已知某圆锥内切球的半径为1，则该圆锥侧面积的最小值为 .
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.
15．在数列中，已知.
(1)求证：数列为等比数列；
(2)求满足不等式的最大整数.
16．近年来，我国青少年近视问题呈现高发性、低龄化、重度化趋势. 已知某校有学生200人，其中40人每天体育运动时长小于1小时，160人每天体育运动时长大于或等于1小时，为研究体育运动时长与青少年近视的相关性，研究人员采用分层随机抽样的方法从学生中抽取50人进行调查，得到以下数据：
(1)请完成上表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为学生是否近视与体育运动时长有关？
(2)为进一步了解近视学生的具体情况，现从调查的近视学生中随机抽取3人进行进一步的检测，设随机变量为体育运动时长小于1小时的人数，求的分布列和数学期望.
附：
参考公式：，其中.
17．如图，在四棱锥中，平面，，，是等边三角形，为的中点.
(1)证明：；
(2)若，求平面与平面夹角的正弦值.
18．已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，点，且为等腰直角三角形.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设点为上的一个动点，求面积的最大值；
(3)若直线与交于两点，且，证明：直线过定点.
19．已知函数有且仅有两个零点､
(1)求的取值范围；
(2)函数，若与的值域相同，求的值，并证明：
1．A
【分析】根据复数的四则运算可得，，即可得模长.
【详解】由题意可得，则，
所以.
故选：A.
2．C
【分析】解出一元二次不等式和绝对值不等式，再利用交集含义即可.
【详解】，，
.
故选：C.
3．B
【分析】先求出样本中心点，代入回归方程求出，求出预测值结合残差即可得解.
【详解】由题意可知，，
将代入，即，解得，
所以，
当时，，
则.
故选：B.
4．C
【分析】由圆心到直线的距离等于半径列方程即可得解.
【详解】依题意，，解得（负值舍），所以圆的半径为.
故选:C.
5．C
【分析】根据向量垂直得到方程，求出，变形后利用基本不等式求出最值.
【详解】，
，
，
当且仅当，即时取等号，
的最小值为3.
故选：C.
6．A
【分析】求出和，再利用条件概率的公式求解.
【详解】由于我们不考虑两次取球的顺序，故可以视为从该箱子中一次性随机取出两个球.
从而，，故.
故选：A.
7．C
【分析】由函数单调性以及奇偶性分大于1或小于1进行讨论即可得解.
【详解】由是奇函数及在上单调递增，
所以，则关于对称，
当时，，此时若，则，即，所以，
当时，，此时若，则，即，所以，
综上所述，当且仅当或时，.
故选：C.
8．C
【分析】设，，证明函数单调递减，讨论，确定函数的单调性，结合的最大值小于等于0，求的范围可得结论.
【详解】由，，得
，所以在为减函数，
又函数在也为减函数，，
在上单调递减，
①当时，
当时，单调递减，
，符合题意；
②当时，
存在，使得，
当时，单调递减，，不符合题意，舍去；
③当时，，又在上单调递减，
当时，单调递减，
.
令，则
在上单调递减，
，符合题意.
综上所述，的最小值为1.
故选：C.
【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
（1）恒成立⇔；
（2）恒成立⇔.
9．BD
【分析】A选项，求出最小正周期；B选项，是的一条对称轴的方程，从而求出；C选项，，故的图象不关于对称，故C错误；D选项，整体法求出此区间上有且仅有一个零点.
【详解】选项，的最小正周期为，故A错误；
选项B，易知为最大值或最小值，
是的一条对称轴的方程.
，
，
，故B正确；
选项C，，，不是最值，
的图象不关于对称，故C错误；
选项D，当时，，
只有，即时，，
此区间上有且仅有一个零点，D正确.
故选：BD.
10．ABD
【分析】由递推数列、等差数列的性质即可逐一判断各个选项，从而得解.
【详解】当时，，所以为等差数列，A选项正确；
，所以是公差为-1的等差数列，C选项错误；
当时，，所以，B选项正确；
由可知，，所以，D选项正确.
故选：ABD.
11．BCD
【分析】将抛物线方程化成标准形式即可判断A，设，，可以用表示，进一步判断B，设直线：，：，从而得到，进一步结合B选项分析可判断C，由抛物线定义结合基本不等式即可得解.
【详解】对A，抛物线：，抛物线的准线方程为，A选项错误；
对B，设，，
∵，∴，，，
∴，B选项正确；
对C，由上可知直线：，：，
解得，，，，C选项正确；
对D，，当且仅当时取等号，D选项正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：判断C选项的关键是得出，进一步结合，即可顺利判断.
12．112
【分析】利用二项式展开式的通项公式求展开式中项的项数，再由通项公式求其系数.
【详解】展开式的通项为.
令，得，
则的展开式中的系数为.
故答案为：.
13．
【分析】由题意得出，其中，结合离心率公式即可得解.
【详解】设渐近线的倾斜角为，则，即，
所以，离心率.
故答案为：.
14．
【分析】分析可知，，整理可得侧面积为，换元，结合基本不等式分析求解.
【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，且母线与底面所成角为，
则，，
可得圆锥侧面积为，
设，即，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以该圆锥侧面积的最小值为.
故答案为：.
15．(1)证明见解析
(2)7
【分析】（1）根据等比数列的定义即可证明.
（2）先根据等比数列的通项公式得出，进而得出；再根据等差等比数列的前项和公式得出；最后作差法判断数列的单调性，进而可解答.
【详解】（1），
，
又因为，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列.
（2）由（1）知数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，即.
设数列的前项和为，
则
.
，
数列单调递增.
又因为，
所以的最大整数为7.
16．(1)可以认为学生是否近视与体育运动时长有关
(2)分布列见详解，
【分析】（1）根据题意结合分层抽样完善列联表，求，并与临界值对比分析；
（2）由题意可知：的可能取值为0，1，2，3，结合超几何分布求分布列和期望.
【详解】（1）由题意可知：抽取50人中体育运动时长小于1小时的人数为，
据此可得列联表：
零假设：学生是否近视与体育运动时长无关，
可得，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断出成立，
因此可以认为不成立，即认为学生是否近视与体育运动时长有关.
（2）由题意可知：的可能取值为0，1，2，3，
，，
，，
所以的分布列为
的期望.
17．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）先证明，，然后利用线面垂直的判定定理证明垂直于平面；
（2）通过建立空间直角坐标系，由空间向量法即可求出两平面夹角的余弦值.
【详解】（1）由于是等边三角形，为的中点．
故是等边的中线，则，
又因为平面，平面内，可得，
且，平面，可得平面，
由平面，所以.
（2）取的中点，连接，
因为是的中点，可知是三角形的中位线，故∥.
因为平面，∥，
所以平面，即三线两两垂直.
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则由，，，，
则，
可得，，，
则，．
设平面的法向量为，则，
令，则，，故．
由题意可知：平面的一个法向量为.
可得，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18．(1)
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）根据题意结合离心率列式求，即可得方程；
（2）设，根据点到直线的距离结合三角函数分析可知：取到最大值，即可得面积最大值；
（3）设直线：，，，根据向量夹角结合向量运算分析可得，进而可得，即可得定点.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，
由题意可知：，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1）可知：，则直线的斜率为，且，
可知直线：，即，
因为点为椭圆上的一个动点，设，
则点到直线的距离，
其中，
可知当时，取到最大值，
所以面积的最大值为.
（3）由题意可知：直线的斜率存在，设直线：，，，
因为，则，即，
又因为点在椭圆上，则，即，
可得，
同理可得：，
且，，
可得，则，
整理可得，
显然，则，即，
可得直线：，
所以直线过定点.
【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法
（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程（斜率存在）为，由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点；
（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
19．(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）利用导数求出函数的单调性，即可得到有且仅有两个零点等价于，从而求出的取值范围；
（2）首先判断的奇偶性，利用导数说明在上的单调性，即可求出的值域，结合（1）可知的值域，即可求出，即可得到，再分别构造函数证明，，即可得证.
【详解】（1）因为的定义域为，且，
令，则，所以（）在上单调递增，
又，所以有唯一零点，
所以当时，即在上单调递减；
当时，即在上单调递增，
又当时，，当时，，
故有且仅有两个零点等价于；
（2）函数的定义域为，
且，所以是偶函数，
当时，，，
所以在上单调递增，则在上单调递减，
所以，
的值域为，由（1）知的最小值为，值域为，
又与的值域相同，所以，则，
所以，
设，，
所以在上单调递增，，
即对恒成立，故，
设，则，所以当时，
当时，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以为极小值点，所以，即对恒成立，
故，则，则，
综上，对恒成立，
即.
【点睛】方法点睛：
利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．21
23
25
27
15
18
19
20
体育运动时长小于1小时
体育运动时长大于或等于1小时
合计
近视
4
无近视
2
合计
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
体育运动时长小于1小时
体育运动时长大于或等于1小时
合计
近视
8
4
12
无近视
2
36
38
合计
10
40
50
0
1
2
3