2024-2025学年河南省鹤壁市高二数学下学期6月月考检测试题（附答案）

这是一份2024-2025学年河南省鹤壁市高二数学下学期6月月考检测试题（附答案），共17页。
1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：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A，B为同一次试验中的两个随机事件，且，，命题甲：若，则事件A与B相互独立；命题乙：“A与B相互独立”是“”的充分不必要条件；则命题（ ）
A．甲乙都是真命题B．甲是真命题，乙是假命题
C．甲是假命题，乙是真命题D．甲乙都是假命题
2．设，，，则，，的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知函数若函数有3个零点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
4．从0，1，2，3四个数字组成的没有重复数字的四位数中任取一个数，则该数为偶数的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．已知，，是三条不重合的直线，，，是三个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，，则
C．若，，则
D．若，，则
6．已知函数，则函数满足（ ）
A．最小正周期为B．图象关于点对称
C．在区间上为减函数D．图象关于直线对称
7．已知两个非零向量，满足，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
8．已知定义域为的函数的导函数为，，且的图象如图所示，则的值域为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.
9．的三个内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，其外接圆半径为R，内切圆半径为r，，满足，的面积为6，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知，则关于双曲线与双曲线，下列说法中正确的是（ ）
A．有相同的焦距B．有相同的焦点
C．有相同的离心率D．有相同的渐近线
11．公差为的等差数列的前项和为，若，则下列选项正确的是（ ）
A．B．时，的最小值为2022
C．有最大值D．时，的最大值为4043
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12．已知，，则．
13．在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为，则图中直线与平面所成角的正弦值为．
14．已知是数列的前项和，，且，，，则.
四、解答题：本大题共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．(13分)已知函数.
(1)求函数的值域；
(2)若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.
16．(15分)杭州亚运会期间，某大学有名学生参加体育成绩测评，将他们的分数单位：分按照，，，，分成五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．
(1)求的值及这组数据的第百分位数；
(2)按分层随机抽样的方法从分数在和内的学生中抽取人，再从这人中任选人，求这人成绩之差的绝对值大于分的概率．
17．(15分)已知直三棱柱，，，D，E分别为线段，上的点，.
(1)证明：平面平面；
(2)若点到平面的距离为，求直线与平面所成的角的正弦值.
18．(17分)在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别、焦距为2，且与双曲线共顶点．P为椭圆C上一点，直线交椭圆C于另一点Q．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点P的坐标为，求过P、Q、三点的圆的方程；
(3)若，且，求的最大值．
19．(17分)函数极限是现代数学中非常重要的概念，函数在处的极限定义如下：，存在正数，当时，均有，则称在处的极限为A，记为，例如：在处的极限为2，理由是：，存在正数，当时，均有，所以.已知函数，，（，为自然对数的底数）.
(1)证明：在处的极限为；
(2)若，，，求的最大值；
(3)若，用函数极限的定义证明：.
数学参考答案
一、单项选择题：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．【答案】B
【解析】因为，
所以，
所以，故，
所以事件A与B相互独立，命题甲正确，
若A与B相互独立，则与相互独立，与相互独立，
，
，
所以，
若，所以，
所以，
所以
所以，
所以，
，故事件与事件相互独立，
所以事件与事件相互独立，
所以“A与B相互独立”是“”的充分必要条件，
所以命题乙为假命题，故选：B.
2．【答案】C
【解析】令，则，
，，
由可得且，
由可得；所以在上单调递减，
因为，所以，
所以，故选：C.
3．【答案】B
【解析】当时，，
当时，单调递减；当时，单调递增.
当时，.
当时，，则，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.
当时，.
画出函数的图象如图所示：
因为函数有3个零点，
所以与的图象有3个交点，由图知：.
所以的取值范围为.
故选B.
4．【答案】B
【解析】从0，1，2，3四个数字组成的没有重复数字的四位数，
由于不能出现在千位，则的位置有种情况，
再排其他三位数，共有种情况，
即可以组成没有重复数字的四位数共有种情况；
若该四位数为偶数，可以分为两类，
当个位数字是时，有中情况，
当个位数字是时，有种情况，
所以四位数的偶数共有种，
设事件表示从0，1，2，3四个数字组成的没有重复数字的四位数中任取一个数，则.故选：B
5．【答案】A
【解析】对于A选项，由平行的传递性可知A选项成立；
对于B选项，直线，不一定相交，根据面面平行的判定定理易知面面平行不一定成立，错；
对于C选项，与也有可能相交，错；
对于D选项，直线不一定在平面外，也可能在面内，故不成立，错．
故选：A.
6．【答案】D
【解析】∵函数f（x）=cs（x+）sinx=（csx﹣sinx）•sinx=sin2x﹣•
=（sin2x+cs2x）﹣=sin（2x+）+，
故它的最小正周期为，故A不正确；
令x=，求得f（x）=+=，为函数f（x）的最大值，故函数f（x）的图象关于直线x=对称，
且f（x）的图象不关于点（，）对称，故B不正确、D正确；
在区间（0，）上，2x+∈（，），f（x）=sin（2x+）+ 为增函数，故C不正确，
故选D．
7．【答案】D
【解析】由，两边平方得，则，
而，所以在方向上的投影向量为.
故选：D
8．【答案】D
【解析】当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则.
因为，
所以的值域为.
故选：D.
二、多项选择题：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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.
9．【答案】ABC
【解析】解：如图，设内切圆圆心为I，则I到三边的距离均为，
于是，即，
则，得到，B选项正确；
由可得，
结合正弦定理可得，，即，A选项正确；
根据诱导公式，，，，按照，整体展开得到，，而，
于是
，
即，故，由三角形面积公式，
，
解得，C选项正确；
由正弦定理结合B选项，，
即，D选项错误．故选：?BC
10．【答案】AC
【解析】由双曲线，可得，则焦距为，
焦点坐标为，渐近线方程为，离心率为；
由双曲线，可得，则焦距为，
焦点坐标为，渐近线方程为，离心率为，
所以双曲线和有相同的焦距和离心率，焦点坐标和渐近线方程不同.
故选AC.
11．【答案】CD
【解析】对于：由可得，
故等差数列的公差，故A错误；
对于B：由A得，数列为单调递减数列，且，故时，
的最小值为2023，故B错误；
对于C：由A得，，故是关于的开口向下的二次函数，
其有最大值，没有最小值，故C正确；
对于D：因为数列的前2022项均为正数，
且，
，
时，的最大值为4043，故D正确
故选：CD
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12．【答案】
【解析】,所以，
故，
所以，
故答案为：..
13．【答案】/
【解析】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，，以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，得，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为，
故答案为：．
14．【答案】582
【解析】由已知可得
所以，
于是．
故，即，
所以，
所以
故答案为：．
四、解答题：本大题共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．(13分)【答案】(1)
(2)
【解析】（1）令，因为，所以，
从而，
由二次函数的性质知，对称轴为，开口向上，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，函数取得最小值为，
当时，函数取得最大值为，
所以函数的值域为.
（2）因为函数的定义域为，所以，解得.
因为，
所以当时，恒成立等价于在上恒成立，即，即可.
因为，
当且仅当，即时取等号，
所以当时， 的最小值为,即，
故实数的取值范围为.
16．(15分)【答案】(1)，
(2)
【解析】（1）由频率分布直方图可知，，
解得，
因为，，
所以这组数据的第百分位数位于，设其为，
则，
解得，即这组数据的第百分位数为；
（2）由题可知，从分数在内的学生中抽取人，记为，，则分数在内的学生中抽取人，记为，，，，
从中任选人，则所有可能结果有：，，，，，，，，
，，，，，，共个，
满足这人成绩之差的绝对值大于分的有，，，，，，，共个，
故所求的概率．
17．(15分)【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】（1）
证明：在直三棱柱中，，平面，
所以以为原点，，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则点，，，，，
则，，，
设，则，
设平面和平面的法向量分别为，
则，取，则；
，取，则，
因为，
所以平面平面.
（2）设点，
由，得平面的法向量，
由得点到平面的距离，
解得，
由，得，直线与平面所成的角的正弦值为.
18．(17分)【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】（1）双曲线的顶点坐标为，故，
由题意得，故，
故椭圆的方程为．
（2）因为，，所以的方程为，
由，解得点Q的坐标为．
设过P，Q，三点的圆为，
则，解得，，，
所以圆的方程为；
（3）设，，
则，，
因为，所以，即，
所以，解得，
所以
，
因为，所以，当且仅当，
即时，取等号．最大值为．
19．(17分)【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【解析】（1）要使得，即，
即，即，
所以，存在整数，当时，
均有，
所以；
（2）当时，，则，
所以函数在上单调递增，
当时，单调递减，
因为，，所以，
令，
因为，时，，时，，
所以，
由，得，得，得，得，
由，得，
所以，
令，，
则，
令，得，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
即的最大值为；
（3）因为，
所以，存在正数，当时，均有；
由（1）知，
即，存在正数，当时，均有，
对任意正数，取，，
，当时，
有
，
所以.