广东省汕头市澄海中学2023-2024学年高二下学期第二次月考数学试题

这是一份广东省汕头市澄海中学2023-2024学年高二下学期第二次月考数学试题，共12页。试卷主要包含了已知某种零件的尺寸等内容，欢迎下载使用。
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分.考试时间120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、座位号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上．
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3. 非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效.
第一部分 选择题
一、单选题（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．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．设，则“”是“直线与直线平行”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
3．已知2是2m与n的等差中项，1是m与2n的等比中项，则（ ）
A．2B．4C．6D．8
4．已知某种零件的尺寸（单位：）在内的为合格品．某企业生产的该种零件的尺寸服从正态分布，且，则估计该企业生产的2000个该种零件中合格品的个数为（ ）
A．1700B．1600C．1400D．600
5．色差和色度是衡量毛绒玩具质量优劣的重要指标．现抽检一批毛绒玩具，测得的色差和色度数据如表所示：
根据表中数据可得色度关于色差的经验回归方程为，则（ ）
A．14B．15C．16D．17
6．已知某六名同学在CMO竞赛中获得前六名（无并列情况），其中甲或乙是第一名，丙不是前三名，则这六名同学获得的名次情况可能有（ ）
A．72种B．96种C．144种D．288种
7．二项式的展开式中仅有第5项系数最大，则的展开式中x的系数为（ ）
A．B．C．28D．56
8．在平行四边形中，为的中点，，与交于点，过点的直线分别与射线，交于点，，，，则的最小值为（ ）
A．1B．C．D．
二、多选题（每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．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．设复数在复平面内对应的点为，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则或 B．若(1,-2)，则5
C．若，则 D．若，则Z位于第三象限
10．甲、乙、丙、丁四名同学相约去电影院看春节档热映的《热辣滚烫》，《飞驰人生2》，《第二十条》三部电影，每人都要看且限看其中一部.记事件为“恰有两名同学所看电影相同”，事件为“只有甲同学一人看《飞驰人生2》”，则（ ）
A．四名同学看电影情况共有种
B．“每部电影都有人看”的情况共有72种
C．
D．“四名同学最终只看了两部电影”的概率是
11．已知圆锥顶点为S，高为1，底面圆的直径长为．若为底面圆周上不同于的任意一点，则下列说法中正确的是（ ）
A．圆锥的侧面积为
B．面积的最大值为
C．圆锥的外接球的表面积为
D．若，为线段上的动点，则的最小值为
第二部分 非选择题
三、填空题（每小题5分，共15分. 14题第一空2分，第二空3分.温馨提示: 请把答案填在答题卷相应横线上.）
12．已知在处有极值，则 ．
13．设数列的前项和为，，，，则 .
14．我们通常用“曲率”来衡量曲线弯曲的程度，曲率越大，表示曲线的弯曲程度越大．工程规划中常需要计算曲率，如高铁的弯道设计．若是的导函数，是的导函数，那么曲线在点处的曲率．已知曲线，则曲线在点处的曲率为 ；若，则曲线的曲率的平方的最大值为 ．
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．温馨提示: 考生请注意在答题卷规定区域内用黑色笔作答,超出指定区域答题不给分.）
15．（本小题满分13分）在中，内角所对的边分别为，且．
(1)求角的大小；
(2)若的中线，求的最大值．
16．（本小题满分15分）人的性格可以大体分为“外向型”和“内向型”两种，树人中学为了了解这两种性格特征与人的性别是否存在关联，采用简单随机抽样的方法抽取90名学生，得到如下数据：
(1)以上述统计结果的频率估计概率，从该校男生中随机抽取2人、女生中随机抽取1人担任志愿者．设这三人中性格外向型的人数为，求的数学期望．
(2)对表格中的数据，依据的独立性检验，可以得出独立性检验的结论是这两种性格特征与人的性别没有关联．如果将表格中的所有数据都扩大为原来10倍，在相同的检验标准下，再用独立性检验推断这两种性格特征与人的性别之间的关联性，得到的结论是否一致？请说明理由．
附：参考公式：．
17．（本小题满分15分）如图，在三棱柱中，平面平面，．
(1)设为中点，证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
18．（本小题满分17分）动点M到定点的距离与它到直线的距离之比为，记点M的轨迹为曲线E.若为E上的点，且.
(1)求曲线E的轨迹方程；
(2)已知，，直线交曲线于两点，点在轴上方.
①求证：为定值；
②若，直线是否过定点，若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由.
19．（本小题满分17分）记上的可导函数的导函数为，满足的数列称为函数的“牛顿数列”.已知数列为函数的牛顿数列，且数列满足.
(1)求；
(2)证明数列是等比数列并求；
(3)设数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，求t的取值范围色差x
21
23
25
27
色度y
m
18
19
20
外向型
内向型
男性
45
15
女性
20
10
0.1
0.05
0.01
2.706
3.841
6.635
2023-2024学年度第二学期第二次阶段考试高二级数学科试卷参考答案
1．D【详解】因为，所以．故选：D
2．A【详解】直线与直线平行，则，或，
验证均不重合，满足.
故“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件.
故选：A.
3．D【详解】由题可知，，所以．故选：D．
4．C【详解】因为服从正态分布，且，
所以该企业生产的该种零件合格的概率，
所以估计该企业生产的2000个零件中合格品的个数为，
故选：C．
5．B【详解】由题可得，
，
因为经验回归直线必过样本中心点，
所以，解得.
故选：B．
C【详解】由题意，丙可能是4，5，6名，有3种情况，
若甲是第一名，则获得的名次情况可能是种，
若乙是第一名，则获得的名次情况可能是种，
所以所有符合条件的可能是种.故选：C.
7．A【详解】因为二项式的展开式中仅有第5项系数最大，所以，
因为的通项，
所以，当时，，
或，此时，，
所以的展开式中x的系数为．
故选：A.
8．C【详解】由，，共线，可设，
由,,三点共线，故可设，
则有，解得：，故，
由题意，，，三点共线，
故可设，
则，整理得，
故，
当且仅当，即时等号成立，则的最小值为；
故选：C
9．BD【详解】对于A，当时，，故A错误；
对于B，由题意可知：，所以，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，因为，故Z(-2,-1)，位于第三象限，故D正确
故选：BD.
10．ACD
【详解】对于A，由题意可知，甲、乙、丙、丁四名同学每人有3种选择，
故四名同学的报名情况共有种，A正确；
对于B，现将四名志愿者分为2，1，1三组，共有种情况，
再将其分到三个活动中，共有种，由分步乘法计数原理得到种，
故“每个项目都有人报名”的报名情况共有36种，B错误；
对于C，由已知有：，，
所以， C正确；
对于D， “四名同学最终只报了两个项目”的概率是，D正确.
故选：ACD.
11．BCD【详解】对A：由题意可知：，
故圆锥的侧面积为，A错误；
对B：面积，
在中，，故为钝角，
由题意可得：，
故当时，面积的最大值为，B正确；
对C：由选项B可得：，为钝角，可得，
由题意可得：圆锥的外接球半径即为的外接圆半径，设其半径为，
则，即；
故圆锥的外接球的表面积为，C正确；
对D：将平面与平面展开为一个平面，如图所示，
当三点共线时，取到最小值，
此时，
在，，则为锐角，
则，
在，则，
由余弦定理可得，
则，故的最小值为，D正确.
故选：BCD.
12．3【详解】由题，
且在处有极值，
所以
所以
经检验为极小值点，满足题意，
所以
所以.
故答案为：3.
13．2n【详解】因为，当时，，
两式相减可得，即，
所以，又，所以，
所以，所以，且也符合上式，
所以，故答案为：2n（）
14．；2【详解】函数，求导得，，
则曲线在点处的曲率，
当时，；
当时，，
令，显然，，则，
令，求导得，即函数在上单调递减，
当时，取得最大值2，所以曲线的曲率的平方的最大值为2.
故答案为：；2
15．解：（1）由题可得，，结合正弦定理可得，分
因为，所以，得，分
因为，所以．分
（2）易知，两边同时平方得，得．分
法一：可化为，分
因为，所以，
所以，得，分
当且仅当时取等号．
所以的最大值是4．分
法二：，分
令分
则，
所以，分
当且仅当，即时等号成立．所以的最大值为4．分
16．解：（1）由统计结果可知，外向型男生在所有男生中占比为，外向型女生在所有女生中占比为，
故从该校男生中随机抽取一人为外向型男生的概率是，从该校女生中随机抽取一人为外向型女生的概率是．分
法一：的所有可能取值为0，1，2，3．分
则，
，分
所以．分
法二：从该校男生中随机抽取2人，抽到性格外向型的人数记为；
从该校女生中随机抽取1人，抽到性格外向型的人数记为，
则，分
所以，分
所以．分
（2）零假设为：这两种性格特征与人的性别无关联．分
由所获得的所有数据都扩大为原来10倍，可知
分
依据的独立性检验，可以推断这两种性格特征与人的性别有关联，与原来的结论不一致，
原因是每个数据扩大为原来的10倍，相当于样本量变大为原来的10倍，导致推断结论发生了变化．
分
17．解：（1）证明：因为为中点，且，
所以在中，有，且，分
又平面平面，且平面平面，平面,
所以平面，分
又平面，则，
由，，得，
因为，，，所以由勾股定理，得，分
又，平面，所以平面；分
（2）如图所示，以为原点，建立空间直角坐标系，
可得，
则，分
设平面的法向量为，
由，令，得，，
所以, 分
由（1）知，平面，
所以平面的一个法向量为，分
记平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．分
18．解：（1）设，动点M到定点的距离与它到直线的距离之比为，
则，化简得，
所以M的轨迹曲线的轨迹方程分
（2）①为上的点，则，，分
因为，，则，所以为定值分
②直线恒过定点，理由如下：
由①知，，因为，所以，分
设直线：，，，
将直线与曲线联立方程得，分
则，，，分
因为，，，，
所以，
即，分
所以，
由题知，，所以分
即直线恒过定点分
19．解：（1）因为，则，从而有，分
由，则，
则，解得
则有，所以；分
（2）由，则，分
所以，分
故（非零常数），且，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以；分
（3）由等比数列的前n项和公式得：，分
因为不等式对任意的恒成立，又且单调递增，
所以对任意的恒成立，令，，分
则，当时，，是减函数，
当时，，是增函数，分
又，且，，，则，分
当n为偶数时，原式化简为，所以当时，；
当n为奇数时，原式化简为，所以当时，，所以；分
综上可知，分