高級中學名校試卷PAGEPAGE1河南省駐馬店市2023-2024學年高二下學期7月期末質量監測數學試題注意事項：1.考生做題時將答案答在答題卡的指定位置上，在本試卷上答題無效.2.答題前，考生務必先將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.3.選擇題答案使用2B鉛筆填涂，非選擇題答案使用0.5毫米的黑色中性(簽字)筆或碳素筆書寫，字體工整，筆跡清楚.4.請按照題號在各題的答題區域(黑色線框)內作答，超出答題區域書寫的答案無效.5.保持卷面清潔，不折疊、不破損.一、選擇題：本題共8個小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.直線的傾斜角是（）A.0 B. C.π D.不存在【答案】B【解析】直線垂直于x軸，所以直線的傾斜角是.故選：B2.函數在處的瞬時變化率為（）A.-1 B.0 C.1 D.2【答案】C【解析】設，則，則，則函數在處的瞬時變化率為1.故選：C.3.設，則（）A.1 B.2 C.63 D.64【答案】D【解析】令得.故選：D.4.某學校甲乙兩個班級人數之比為，在一次測試中甲班的優秀率為，乙班的優秀率為，現從這兩個班級中隨機選取一名學生，則該學生優秀的概率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】設甲班級的人數為，乙班級的人數為，因為甲班的優秀率為，乙班的優秀率為，所以甲班優秀的人數為，乙班優秀人數為，所以優秀的總人數為，所以學生優秀的概率為，故A正確.故選：A5.如圖是邊長為的正三角形，取各邊的中點構成一個新三角形，依次做下去得到一系列三角形.則前個三角形的外接圓面積之和為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】設邊長為的正三角形的外接圓半徑為，由正弦定理得，解得R=3設第個三角形的外接圓半徑為，是以為首項，以為公比的等比數列，所以，設第個三角形的外接圓面積為，而，而所求即為的前項和，易得，故，而，故是以為首項，以為公比的等比數列，所以，故B正確.故選：B6.已知M，N分別是正四面體中棱AD，BC的中點，若點P滿足則DP與AB夾角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】設，因為，所以，設正四面體的棱長為1，故，又，所以，故，DP與AB夾角的余弦值為.故選：A7.已知雙曲線E:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點為F，以F為圓心，為半徑的圓與雙曲線E的一條漸近線交于A，A. B. C. D.3【答案】A【解析】令點，雙曲線E:x2a2由對稱性不妨取直線AB:bx-ay=0，取中點，連接，則，|FC|=bca2由OB=3OA，得|OC|=|AB|=2b，在中，c則a2=c所以雙曲線E的離心率.故選：A8.若函數為定義域內的單調遞增函數，則實數a的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】函數求導得由題意可知，在內恒成立，即在內恒成立，故，令，令，得，當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減；則函數在有最大值為，故，故選：B.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的6分，部分選對的得部分分，有錯選的得0分.9.如圖為函數的導函數圖象，則以下說法正確的是（）A.在區間遞增B.的遞減區間是C.為函數極大值D.的極值點個數為4【答案】ABD【解析】令函數的導數為，觀察圖象知，當或時，，當時，，且當時，；當或時，，因此函數在上單調遞增，在上單調遞減，AB正確；函數在處都取得極大值，在處都取得極小值，的極值點個數為4，D正確；由于在及鄰近區域值得，因此在處沒有極值，C錯誤.故選：ABD10.已知事件A與B發生的概率分別為，則下列說法正確的是（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】對于A，由于題目中沒確定事件A與B是否相互獨立，所以，不一定成立，故A錯誤；對于B，由于，則，則，故B正確；對于C，由于題目中沒確定事件A與B是否相互獨立，所以，也不一定成立，故C錯誤；對于D，，故，故D正確；故選：BD.11.點是拋物線的焦點，過點的直線與交于兩點.分別在兩點作的切線與，記，則下列選項正確的是（）A.為直角三角形B.CD.若，則【答案】ABD【解析】對于A，設直線的方程為，設點的坐標分別為，令，聯立，則因此，當時，拋物線方程為，，，則在處的切線方程為，同理在處的切線方程為，聯立，解得，，因此M坐標為，，因此，所以是直角三角形，故A正確，對于B，當直線斜率不存在時，此時，所以，此時，，代入拋物線中得到，解得，由對稱性得到，所以，根據對稱性可得，此時是的中點，根據三線合一的原理可知，當直線斜率存在時，可得，因此，故B正確，對于C，，當且僅當，即時取等，故C錯誤，對于D，此時，解得，此時直線的斜率不存在，所以，，，則，，故，故D正確.故選：ABD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知等差數列滿足，，則通項公式為_____.【答案】【解析】設等差數列的公差為，，，所以，解得，所以.故答案為：13.二項分布和正態分布是兩類常見的分布模型，在實際運算中二項分布可以用正態分布近似運算.即：若隨機變量，當充分大時，可以用服從正態分布的隨機變量近似代替，其中的期望值和方差相同，一般情況下當時，就有很好的近似效果.該方法也稱為棣莫佛——拉普拉斯極限定理.如果隨機拋一枚硬幣次，設正面向上的概率為，則“正面向上的次數大于50、小于60”的概率近似為______.(結果保留三位小數.參考數據：若，則，，【答案】【解析】由題意得隨機拋一枚硬幣次，設正面向上的概率為，同時設正面向上的次數為，則，所以，，此時符合，故有，且，，設所求概率為，因為，所以由正態分布對稱性得.故答案為：14.如圖在四棱柱中，，并且直線的夾角為，距離為3，則多面體的體積為______.【答案】【解析】四棱柱中，連接，由，得四邊形是平行四邊形，，因此夾角為，四邊形的面積，而平面，平面，則平面，因此四棱柱的高為直線與平面的距離，等于異面直線的距離3，于是四棱柱的體積，而，所以多面體的體積為.故答案為：四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.如圖，已知一質點在外力的作用下，從原點出發，每次向左移動的概率為向右移動的概率為.若該質點每次移動一個單位長度，記經過，次移動后，該質點位于X的位置.（1）當時，求，；（2）當時，求隨機變量X的分布列及數學期望.解：（1）當時，質點所能到達的位置必滿足且為偶數，若“”則表示四次移動中向右1次，向左3次，因此..（2）當時，質點所能到達的位置必滿足且為奇數，因此隨機變量的所有可能取值為，因此隨機變量的分布列為，，，，，，因此隨機變量的分布列為

所以隨機變量的數學期望為.16.如圖在三棱柱中，（1）證明:；（2）求二面角的平面角的正弦值.解：（1）如圖，取的中點，連接，由，得都是正三角形，則，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，則平面，設，則有，，，，在平面內過點作，則平面，直線兩兩垂直，以點為坐標原點，直線分別為建立空間直角坐標系，如圖，則，由，得，，，設平面的法向量，則，令，得設平面的法向量，則，令，得，設二面角的平面角為，則，所以二面角的平面角的正弦值.17.已知函數.（1）當時，求的單調區間；（2）若為的極大值點，求實數的取值范圍.解：（1）當時，，定義域為，則，由，解得，由，解得，因此的單調遞增區間為，單調遞減區間為．（2）記，x∈0,+∞則原問題等價于為的極大值點，求實數的取值范圍．因，則恒成立，記，x∈0,+∞，h則，當時，恒成立，在上單調遞增，又因為h1=0，則當時，，即，所以單調遞減；當時，，即，所以單調遞增，此情況可得為的極小值點，與題意矛盾；當時，若，即當時，則存在，使得在上恒成立，即在上單調遞增，也即在上單調遞增，由，從而可得，，單調遞減；，，單調遞增，此情況可得為的極小值點，與題意矛盾；若，即時，在上單調遞減，，，單調遞增；時，，單調遞減，因此恒有，也即恒成立，因此不是的極值點，與題意矛盾；若，即時，則存在，使得在上恒成立，在上單調遞減，也即在上單調遞減，由，從而可得，，單調遞增；，，單調遞減，此情況可得為的極大值點，符合題意．綜上所述，滿足條件的實數的取值范圍為．18.已知橢圓點P為E上落在第一象限的動點，P關于原點對稱的點為Q，點A在E上滿足..記直線PQ，AQ，AP的斜率分別為，，.且滿足.（1）證明:（2）求橢圓E的離心率；（3）若，求面積最大值.解：（1）設點,，則，點,在橢圓上，故滿足橢圓的方程，所以，，，，所以.（2）因為，，所以，又，所以，即，所以，故離心率為.（3）若，則由（2）可知，橢圓的方程為，根據題意則直線的斜率不等于0.設直線的方程為，則聯立，解得，從而可得，也即，代入中得，即，再聯立得，該方程有兩個不同實根，由韋達定理可得，又因，，，因此令當且僅當時等號成立從而可得，因此當時取最小值，此時可得的最大值為.因此當且僅當取得最大值為.19.將n2個實數排成n行n列的數陣形式……（1）當時，若每一行每一列都構成等差數列，且，求該數陣中所有數的和.（2）已知，且每一行構成以1為公差的等差數列，每一列構成2為公差的等差數列，求這個數的和；（3）若且每一列均為公差為d