河南省驻马店市2023−2024学年高二下学期7月期末质量监测 数学试题（含解析）

这是一份河南省驻马店市2023−2024学年高二下学期7月期末质量监测 数学试题（含解析），共18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。
一、单选题（本大题共8小题）
1．直线的倾斜角是（ ）
A．0B．C．πD．不存在
2．函数 在处的瞬时变化率为（ ）
A．1B．0C．1D．2
3．设，则（ ）
A．1B．2C．63D．64
4．某学校甲乙两个班级人数之比为，在一次测试中甲班的优秀率为，乙班的优秀率为，现从这两个班级中随机选取一名学生，则该学生优秀的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．如图三角形是边长为的正三角形，取各边的中点构成一个新三角形，依次做下去得到一系列三角形.则前个三角形的外接圆面积之和为（ ）

A．B．
C．D．
6．已知M，N 分别是正四面体中棱AD，BC的中点，若点P满足则DP与AB夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知双曲线的右焦点为F，以F为圆心，为半径的圆与双曲线E的一条渐近线交于A，B两点，若，则双曲线E的离心率为（ ）
A．B．C．D．3
8．若函数 为定义域内的单调递增函数，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．如图为函数的导函数图象，则以下说法正确的是（ ）
A．在区间递增
B．的递减区间是
C．为函数 极大值
D．的极值点个数为4
10．已知事件A与B发生的概率分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．点是抛物线的焦点，过点的直线与交于两点.分别在两点作的切线与，记，则下列选项正确的是（ ）
A．为直角三角形
B．
C．
D．若，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知等差数列满足，，则通项公式为 .
13．二项分布和正态分布是两类常见的分布模型，在实际运算中二项分布可以用正态分布近似运算.即：若随机变量，当充分大时，可以用服从正态分布的随机变量近似代替，其中的期望值和方差相同，一般情况下当时，就有很好的近似效果.该方法也称为棣莫佛-拉普拉斯极限定理.如果随机抛一枚硬币次，设正面向上的概率为，则“正面向上的次数大于50、小于60”的概率近似为 .(结果保留三位小数. )参考数据：若，则，，.
14．如图在四棱柱中，，并且直线的夹角为，距离为3，则多面体的体积为 .

四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，已知一质点在外力的作用下，从原点出发，每次向左移动的概率为向右移动的概率为.若该质点每次移动一个单位长度，记经过，次移动后，该质点位于X的位置.
(1)当时，求，；
(2)当时，求随机变量X的分布列及数学期望.
16．如图在三棱柱中，
(1)证明:；
(2)求二面角的平面角的正弦值.
17．已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若为的极大值点，求实数的取值范围.
18．已知椭圆 点 P 为E 上落在第一象限的动点，P 关于原点对称的点为 Q，点 A 在E 上满足. 记直线 PQ，AQ，AP 的斜率分别为，，.且满足.
(1)证明:
(2)求椭圆E 的离心率；
(3)若，求面积的最大值.
19．将n²个实数排成n行n列的数阵形式
……

(1)当时，若每一行每一列都构成等差数列，且，求该数阵中所有数的和；
(2)已知，且每一行构成以1为公差的等差数列，每一列构成2为公差的等差数列，求这个数的和；
(3)若 且每一列均为公差为d 的等差数列，每一行均为等比数列.已知 ，设 求的值.
参考答案
1．【答案】B
【分析】由给定直线的位置求出倾斜角即得.
【详解】直线垂直于x轴，所以直线的倾斜角是.
故选B.
2．【答案】C
【分析】直接求导代入即可.
【详解】设，则，则，
则函数在处的瞬时变化率为1.
故选C.
3．【答案】D
【分析】令即可得到答案.
【详解】令得.
故选D.
4．【答案】A
【分析】分析题意，利用古典概型公式求解即可.
【详解】设甲班级的人数为，乙班级的人数为，
因为甲班的优秀率为，乙班的优秀率为，
所以甲班优秀的人数为，乙班优秀人数为，
所以优秀的总人数为，
所以学生优秀的概率为，所以A正确.
故选A.
5．【答案】B
【分析】依据题意把外接圆半径和面积表示为等比数列，再对其求和即可.
【详解】设边长为的正三角形的外接圆半径为，由正弦定理得，
解得R=33a，而每次构造新三角形时，每次外接圆的半径也减半，
设第个三角形的外接圆半径为，
是以为首项，以为公比的等比数列，
所以，设第个三角形的外接圆面积为，
而，而所求即为的前项和，
易得，故，
而，所以是以为首项，以为公比的等比数列，
所以，故B正确.
故选B.
6．【答案】A
【分析】设，表达出，进而求出，进而得到，，
从而利用夹角余弦公式求出DP与AB夹角的余弦值.
【详解】设，
因为，所以
，
设正四面体的棱长为1，
所以
，
又
，
所以，
所以，
所以DP与AB夹角的余弦值为.
故选A.
7．【答案】A
【分析】求出双曲线的渐近线方程，利用点到直线距离、圆的弦长公式及勾股定理建立关系求得，即可求出离心率.
【详解】令点，双曲线的渐近线方程为，
由对称性不妨取直线，取中点，连接，则，
，而，
由，得，在中，，
则，解得，
所以双曲线E的离心率.
故选A.
8．【答案】B
【分析】由题意可知，在内恒成立，利用参变量分离法可得，利用导数求出函数的最大值，即可求得实数的取值范围；
【详解】函数求导得,由题意可知，
在内恒成立，即在内恒成立，
故，令，
令，得，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
则函数在有最大值为，
所以.
故选B.
9．【答案】ABD
【分析】根据给定的导函数图象，确定函数的单调区间，再逐项分析判断即可.
【详解】令函数的导数为，观察图象知，当或时，，
当时，，且当时，；当或时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
所以A、B正确；
函数在处都取得极大值，在处都取得极小值，的极值点个数为4，所以D正确；
由于在及邻近区域值得，因此在处没有极值，所以C错误.
故选ABD.
10．【答案】BD
【分析】利用概率的运算性质，即可得出判断.
【详解】对于A，由于题目中不确定事件A与B是否相互独立，
所以，不一定成立，故A错误；
对于B，由于，则，
则，故B正确；
对于C，由于题目中不确定事件A与B是否相互独立，
所以，也不一定成立，故C错误；
对于D，，故，故D正确.
故选BD.
11．【答案】ABD
【分析】将抛物线的一部分视为函数，利用导数求出斜率，写出切线方程，并联立得到切点，再证明垂直判断A，针对斜率情况进行讨论，证明垂直判断B，利用基本不等式判断C，在特殊情况下求出关键点的坐标，检验等式判断D即可.
【详解】
对于A项，设直线的方程为，
设点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)，
令，联立，则
因此，当时，抛物线方程为，
，，
则在处的切线方程为，
同理在处的切线方程为，
联立，解得，，
因此M坐标为，
，
因此，所以是直角三角形，故A正确，
对于B项，当直线斜率不存在时，此时，所以，
此时，，代入抛物线中得到，
解得，由对称性得到，所以，
根据对称性可得，此时是的中点，
根据三线合一的原理可知，
当直线斜率存在时，可得，
因此，故B正确，
对于C项，，，
当且仅当，即时取等，故C错误，
对于D项，此时，解得，此时直线的斜率不存在，
所以，，，
则，，
所以，故D正确.
故选ABD.
【思路导引】本题考查解析几何，解题关键是将抛物线的一部分视为函数，利用导数得到切线斜率，然后合理联立方程联立求出切点，得到所要求的垂直关系即可．
12．【答案】.
【分析】设等差数列的公差为，解出公差由等差数列的通项公式求解即可.
【详解】设等差数列的公差为，，，
所以，解得，所以.
故答案为：.
13．【答案】.
【分析】先计算出二项分布的均值和方差，符合给定定义后求出正态分布的基本量，结合正态分布的对称性求解即可.
【详解】由题意得随机抛一枚硬币次，设正面向上的概率为，
同时设正面向上的次数为，则，
所以，，
此时符合，故有，
且，，设所求概率为，
因为，
所以由正态分布对称性得.
故答案为：.
14．【答案】.
【分析】根据给定条件，利用棱柱、棱锥的体积公式，结合割补法求出体积.
【详解】在四棱柱中，连接，由，
得四边形是平行四边形，，因此的夹角为，
四边形的面积，
而平面，平面，则平面，
因此四棱柱的高为直线与平面的距离，
等于异面直线的距离3，
于是四棱柱的体积，
而，
所以多面体的体积为.
故答案为：.

【思路导引】求几何体的体积，将给定的几何体进行恰当的分割，转化为可求体积的几何体求解是关键.
15．【答案】(1)，；
(2)分布列见解析，期望为.
【分析】（1）根据二项分布的特点即可计算相关概率值；
（2）首先分析出的所有可能取值为，再按步骤写出分布列，计算期望即可.
【详解】（1）当时，质点所能到达的位置必满足且为偶数，
若“”则表示四次移动中向右1次，向左3次，
因此.
.
（2）当时，质点所能到达的位置必满足且为奇数，
因此随机变量的所有可能取值为，
因此随机变量的分布列为
，
，
，
，
，
，
因此随机变量的分布列为
所以随机变量的数学期望为
.
16．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取的中点，利用线面垂直的判定性质，结合正三角形的性质推理即得.
（2）作于，求出，以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）如图，取的中点，连接，
由，得都是正三角形，
则，因此，又平面平面，
且，于是平面，又平面，
所以.
（2）由（1）知，平面平面，而平面平面，
作于，
而平面，则平面，设，则有，
，，，
在平面内过点作，则平面，直线两两垂直，
以点为坐标原点，直线分别为建立空间直角坐标系，如图，
则，由，
得，，，
设平面的法向量，则，令，得，
设平面的法向量，则，令，
得，
设二面角的平面角为，则，
所以二面角的平面角的正弦值.
【方法总结】利用空间向量求解立体几何问题的一般步骤
（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；
（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；
（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；
（4）将空间位置关系转化为向量关系；
（5）根据公式求出相应的角或距离.
17．【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为；
(2).
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；
（2）记，则原命题等价于为的极大值点，求实数的取值范围，对求导，对分类讨论，求出的极值，即可求解的取值范围．
【详解】（1）当时，，定义域为，
则，
由，解得，由，解得，
因此的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）记，x∈0,+∞，
则原问题等价于为的极大值点，求实数的取值范围．
因，则恒成立，
记，x∈0,+∞，h1=0，
则，
当时，恒成立，在上单调递增，
又因为h1=0，则当时，，即，所以单调递减；
当时，，即，所以单调递增，
此情况可得为的极小值点，与题意矛盾；
当时，若，即当时，
则存在，使得在上恒成立，
即在上单调递增，也即在上单调递增，
由，从而可得，，单调递减；
，，单调递增，
此情况可得为的极小值点，与题意矛盾；
若，即时，在上单调递减，
，，单调递增；时，，单调递减，
因此恒有，也即恒成立，因此不是的极值点，与题意矛盾；
若，即时，则存在，使得在上恒成立，
在上单调递减，也即在上单调递减，
由，从而可得，，单调递增；
，，单调递减，
此情况可得为的极大值点，符合题意．
综上所述，满足条件的实数的取值范围为．
【方法总结】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
18．【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）设出点的坐标，分别求出直线 PQ，AQ，AP 的斜率，，，结合点在椭圆上，联立即可得证；
（2）由，以及即可求出，然后计算离心率即可；
（3）设直线的方程为，利用韦达定理表示出三角形面积，再由换元法及基本不等式可求解.
【详解】（1）证明：设点,，则，
点,在椭圆上，故满足椭圆的方程，
所以，
，，
，
所以.
（2）因为，，
所以，又，所以，
即，所以，所以离心率为.
（3）若，则由（2）可知，椭圆的方程为，
根据题意则直线的斜率不等于0.
设直线的方程为，则,
联立，解得，从而可得，也即，
代入中得，即，
再联立得，
该方程有两个不同实根，由韦达定理可得，
又因为，
，
，
因此
令当且仅当时等号成立从而可得
，因此当时取最小值，
此时可得的最大值为.
因此当且仅当取得最大值为.
19．【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据等差数列前项和性质得，再根据每一列成等差数列即可得到答案；
（2）证明数列构成以为首项，为公差的等差数列，再利用等差数列的前项和公式即可求出答案；
（3）根据每一行都为等比数列得，从而得，，最后利用分组求和的方法即可得到答案.
【详解】（1）由题意，且每一行都成等差数列则有
，
，
，
设所有数之和为，则有，
又因为每一列成等差数列，故有，即.
（2）设第行的和为，则有；
又因为每一列构成以2为公差的等差数列，即有当时，，
即数列构成以为首项，为公差的等差数列，即有
.
（3）由题意每一行均为等比数列，设第二行的公比为，则有，
又因为，故.从而可得第二行的通项公式，
即有，又因为每一列均为公差为的等差数列，且，
可得，即，即有，
从而有，
所以
.
【思路导引】本题第三问的关键是求出第二行的公比，从而得，再求出每一行的公差为2，最后利用分组求和的方法即可.3
5