2023年12月2日发(作者：分数低的数学试卷图片)

2024届高二年级下学期第二次月考数学试卷

一、单选题（共40分）

1. 已知复数z满足A.

z31i1i，zB.

（ ）

C.

2

3

5 D.

10

【答案】D

【解析】

【分析】先求出复数z的代数形式，再求模即可.

【详解】由z31i1i得

1i1i1iz333i，

1i1i1iz32110.

故选：D.

2.

某地政府调查育龄妇女生育意愿与家庭年收入高低的关系时，随机调查了当地3000名育龄妇女，用独立性检验的方法处理数据，并计算得27.326，则根据这一数据以及临界值表，判断育龄妇女生育意愿与家庭年收入高低有关系的可信度（

）

222参考数据如下：P10.8280.001,P7.8790.005,P6.6350.01，P23.8410.05,P22.7060.1.

A.

低于1%

【答案】C

【解析】

【分析】根据临界值表求得正确答案.

2【详解】由于7.3266.635,7.879，

B.

低于0.5% C.

高于99% D.

高于99.5%

22而P7.8790.005,P6.6350.01，

所以可信度高于99%.

故选：C

3.

已知向量a,b满足ab10，且b3,4，则a在b上的投影向量为（

）

A.

6,8

【答案】C

【解析】

B.

6,8 C.

,

6855D.

68,

55【分析】向量a在向量b上的投影向量的定义计算即可.

【详解】解：因为向量b3,4，且ab10，那么b32425，

468bab3，acosa,b，，

所以向量a在向量b上的投影向量为555bb故选：C.

4.

已知等比数列an的前n项和为Sn，若Sn53A.

5

【答案】C

【解析】

【分析】根据条件得到S1，S2，S3，从而求出a1，a2，a3，再由数列an是等比数列得到即可得到t.

【详解】由题意得：S1a15t，S2a1a215t，S3a1a2a345t，

即a15t，a210，a330，

因为数列an是等比数列，所以即B. 5

n1t，则t（

）

D.

5C.

35

3a2a3，a1a2a2a3，

a1a210305，解得：t，

35t10故选：C.

5.

如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且A,B,C,D四个顶点在同一平面内，下列结论：①AE//平面CDF；②平面ABE//平面CDF；③ABAD；④平面ACE平面BDF，正确命题的个数为（

）

A. 1

【答案】D

【解析】

B. 2 C. 3 D. 4

【分析】根据题意，以正八面体的中心O为原点，OB,OC,OE分别为x,y,z轴，建立如图所示空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算以及法向量，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】

以正八面体的中心O为原点，OB,OC,OE分别为x,y,z轴，建立如图所示空间直角坐标系，

设正八面体的边长为2,则A0,2,0,E0,0,2,C0,2,0,D2,0,0,F0,0,2

所以，AE0,2,2,CD2,2,0,CF0,2,2,

xzCDn2x2y0设面CDF的法向量为nx,y,z，则，解得，取x1，即xyCFn2y2z0又AEn220，所以AEn，AE面CDF，即AE//面CDF，①正确；

因为AECF，所以AE//CF，

又AB//CD，AB面CDF，CD面CDF，则AB//面CDF，

由ABAEA，AE,AB平面ABE，所以平面AEB//平面CDF，②正确；

因为Bn1,1,1

2,0,0,ABuuuruuur2,2,0,AD2,2,0，则ABAD0，所以ABAD，③正确；

uruurn易知平面ACE的一个法向量为n11,0,0，平面BDF的一个法向量为20,1,0，

因为n1n20，所以平面ACE平面BDF，④正确；

故选：D

6.

如图，在正三角形的12个点中任取三个点构成三角形，能构成三角形的数量为（

）

A. 220

【答案】C

【解析】

B. 200 C. 190 D. 170

【分析】利用间接法，用总数减去不能构成三角形的情况即可.

【详解】任取三个点有C12种，其中三点共线的有3C5种，故能构成三角形C123C5190个，

故选：C.

3333x2y27.

已知F1，F2分别是双曲线:221a0,b0的左、右焦点，过F1的直线分别交双曲线左、ab右两支于A，B两点，点C在x轴上，CB3F2A，BF2平分F1BC，则双曲线的离心率为（

）

A.

7 B.

5 C.

3 D.

2

【答案】A

【解析】

【分析】根据CB3F2A可知CB//F2A，再根据角平分线定理得到BF1,BC的关系，再根据双曲线定义分别把图中所有线段用a,b,c表示出来，根据边的关系利用余弦定理即可解出离心率.

【详解】

因为CB3F2A，所以F1AF2∽△F1BC，

2c，则F2C4c，设AF1t，则BF13t，AB2t．

设FF12因为BF2平分F1BC，由角平分线定理可知，所以BC2BF16t，所以AF2BF1FF2c112，

BCF2C4c21BC2t，

3由双曲线定义知AF2AF12a，即2tt2a，t2a，①

又由BF1BF22a得BF23t2a2t，

所以BF2ABAF22t，即△ABF2是等边三角形，

所以F2BCABF260．

BF1BF2F1F2在F1BF2中，由余弦定理知cosF1BF2，

2BF1BF222214t29t24c2即，化简得7t24c2，

222t3t把①代入上式得e故选：A．

8.

高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一；享有“数学王子“的称号.用他名字定义的函数称为c7，所以离心率为7．

a高斯函数fxx，其中x表示不超过x的最大整数，已知数列an满足a12，a26，1000an25an6an1，若bnlog5an1，Sn为数列的前n项和，则S2023（

）

bnbn1A. 999

【答案】A

【解析】

【分析】根据递推关系可得an1an为等比数列，进而可得an1an45n1B. 749 C. 499 D. 249

，由累加法可求解an15n1，进而根据对数的运算性质可得bnlog5an1n，根据裂项求和即可求解.

【详解】由an25an6an1得an2an15an1an，因此数列an1an为公比为5，

n1首项为a2a14的等比数列，故an1an45，进而根据累加法

得an1an1ananan1a2a1a145n15n25025n1，

由于log5an1log551，又log55log551log555因此bnlog5an1n，则cnnnnnnlog55n1n1，

10001000111000，故bnbn1nn1nn11Snc1c2cn10001，

n所以S202310001110001000999，

20232023故选：A

【点睛】方法点睛：常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于cnanbn，其中an和bn分别为特殊数列，裂项相消法类似于ancnanbn，其中an为等差数列，bn为等比数列等.

二、多选题（共20分）

1，错位相减法类似于nn1x2y29.

已知方程1表示椭圆，下列说法正确的是（

）

12mm4A. m的取值范围为4,12

C.

若m6，则该椭圆的焦距为4

【答案】BC

【解析】

【分析】根据椭圆的标准方程和几何性质依次判断选项即可.

B.

若该椭圆的焦点在y轴上，则m8,12

D.

若m10，则该椭圆经过点1,2

x2y2【详解】A：因为方程1表示椭圆，

12mm412m0所以m40，解得4m12，且m8，故A错误；

12mm4x2y2B：因为椭圆1的焦点在y轴上，

12mm4所以m412m0，解得8m12，故B正确；

x2y2C：若m6，则椭圆方程为1，

62所以c2a2b2624，从而2c4，故C正确；

x2y2D：若m10，则椭圆方程为1，

26点1,2的坐标不满足方程，即该椭圆不经过点1,2，故D错误.

故选：BC.

10.

设等差数列{an}的前n项和为Sn，a10，公差为d，a8a90，a90，则下列结论正确的是（

）

A.

d0

B.

当n8时，Sn取得最大值

C.

a4a5a180

D.

使得Sn0成立的最大自然数n是15

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据已知可判断a80，a90，然后可判断AB；利用通项公式将a4a5a18转化为a9可判断C；利用下标和性质表示出S16,S17可判断D.

【详解】解：因为等差数列{an}中，a8a90，a90，

所以a80，a90，da9a80，A正确；

当n8时，Sn取得最大值，B正确；

a4a5a183a124d3a18d3a90，C正确；

S168a1a168a8a90，S1717(a1a17)17a90，

2故Sn0成立的最大自然数n16，D错误．

故选：ABC． 11.

已知1x的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则（

）

A.

n8

B.

1x的展开式中x2项的系数为56

C.

奇数项的二项式系数和为128

D.

1xy【答案】AC

【解析】

【分析】利用二项式定理求得1x的展开通项公式，从而得到关于n的方程，解出n的值判断AB，利用所有奇数项的二项式系数和为2n1判断C，根据二项式定理判断D.

kkkk【详解】因为1x的展开式通项为Tr1CnxCnx，

nn2n的展开式中xy2项的系数为56

nn所以1x的展开式的第k1项的二项式系数为Cn，

k6所以C2nCn，解得n8，A正确；

2x2的系数为C828，B错误；

n奇数项的二项式系数和为2n127128，C正确；

根据二项式定理，1xy2所以1xy8表示8个1xy22相乘，

72中有1个选择x，1个选择yn，6个选择1，

1所以1xy2故选：AC

的展开式中xy2项的系数为C8C7156，D错误；

112.

已知小李每天在上班路上都要经过甲、乙两个路口，且他在甲、乙两个路口遇到红灯的概率分别为13，p.记小李在星期一到星期五这5天每天上班路上在甲路口遇到红灯个数之和为X，在甲、乙这两个路口遇到红灯个数之和为Y，则（

）

A.

PX4B.

DXC.

当pD.

当p5

24310

92216

时，小李星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率为5625244

时，EY53【答案】BC

【解析】 1XB【分析】对于AB，确定5,，即可求出PX4和DX，对于C，表示一天至少遇到红灯3的概率为12p，可求出星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率的表达式，再将33p2代入即可求得结果，对于D，记为周一到周五这五天在乙路口遇到红灯的个数，则B5,p5，YX，即可求出EY.

【详解】对于AB，小李在星期一到星期五这5天每天上班路上在甲路口遇到红灯个数之和为X，且他在甲路口遇到红灯的概率为1，

31XB则5,，

341所以PX4C5341110110DX51，

，13393243所以A错误，B正确，

对于C，由题意可知一天至少遇到一次红灯的概率为111p1312p，

3312则小李星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率为C3533p312133p，

2212当p时，C35533所以C正确，

12p1333122pC3533523216122，

13356252对于D，记为周一到周五这五天在乙路口遇到红灯的个数，则B5,p，YX，

所以EYEXEXE5当p15p，

321211时，EY55，所以D错误，

5353故选：BC

三、填空题（共20分）

13.

圆心在直线x2上，且与直线x3y20相切于点1,3的圆的方程为______.

【答案】x2y24

【解析】

【分析】设圆心为C2,t，记点1,3为A，由已知直线AC与直线x3y20垂直，由此可2求t，再求AC可得圆的半径，由此可得圆的方程.

【详解】记圆心为点C，点1,3为点A，

因为圆心C在直线x2上，故可设圆心C的坐标为2,t，

因为圆C与直线x3y20相切于点A1,3，

所以直线CA与直线x3y20垂直，

直线CA的斜率为t33，直线x3y20的斜率为，

213t331，

所以213所以t0，

所以圆心为C2,0，

圆的半径为CAr21220322，

所以圆的方程为x2y24.

故答案为：x2y24.

2

214.

已知随机变量N1，,且P0Pa，若xyax0，y0,则12的最小xy值为_________．

【答案】【解析】

【分析】先根据正态曲线的对称性可求a2，结合基本不等式可求答案.

【详解】N1,32

22，可得正态分布曲线的对称轴为x1，

a1，即a2．

2又P0Pa，则121121y2x13xy33222，

xy2xy22xy2当且仅当y故答案为：2x，即x222,y422时，等号成立.

32.

215.

已知数列an是等差数列，并且a1a4a76，a60，若将a2，a3，a4，a5去掉一项后，剩下三项依次为等比数列bn的前三项，则b4为__________．

【答案】2##0.5

【解析】

【分析】先求得an，进而求得a2，a3，a4，a5，根据等比数列的知识求得b4.

【详解】设等差数列an的公差为d，

1a1a4a763a19d6依题意，则，

a0a5d016a15解得，所以ann6，

d1所以a24,a33,a42,a51，

通过观察可知，去掉a3后，

a24,a42,a51成等比数列，

所以等比数列bn的首项为4，公比为2，

111所以b44.

22故答案为：2

16.

设奇函数fx在(0,)上为单调递减函数，且f20，则不等式为___________

【答案】2,0U0,2

【解析】

【分析】分析函数的奇偶性、单调性和取值范围，即可得到不等式的解集.

【详解】由题意，xR，

在yfx中，fx为奇函数且在0,上单调递减，f20

∴fxfx，f2f20，函数在,0和0,上单调递减，

133f(x)2f(x)0的解集5x∴当,2和0,2时，fx0；当2,0和2,时，fx0.

∵3f(x)2f(x)0，

5x∴fx3f(x)2f(x)3f(x)2f(x)f(x)0，即0，

5x5xxx3f(x)2f(x)0解集为：2,0U0,2，

5x当x0时，解得：2x0；当x0时，解得：0x2，

∴不等式故答案为：2,0U0,2.

四、解答题（共70分）

17.

已知向量mcosx,1，n3sinx,cosx，且函数fxmn.

2（1）求函数fx的单调增区间；

（2）若ABC中，a,b,c分别为角A,B,C对的边，2accosBbcosC，求f【答案】（1）（2）0,

【解析】

【分析】（1）由题知fxsin2xAπ的取值范围.

26ππkπ,kπ,kZ

6332π1，再根据三角函数性质求解即可；

621π2πAB，进而得，0,，再根据三角函数323（2）由正弦定理边角互化，结合恒等变换得cosB的性质求解即可.

【小问1详解】

因为向量mcosx,1，n3sinx,cosx，且函数fxmn

2311π1sin2xcos2xsin2x

所以fxmn3sinxcosxcos2x22262令πππππ2kπ2x2kπ，解得kπxkπ,kZ，

26236所以，函数fx的单调增区间为ππkπ,kπ,kZ.

63【小问2详解】

因为2accosBbcosC， 由正弦定理可得：2sinAcosBsinCcosBsinBcosC，

即2sinAcosBsinCcosBsinBcosC，

因为sinCcosBsinBcosCsinBCsinA，

所以2sinAcosBsinA，

因为A0,π,sinA0，所以cosB因为B0,π，所以B1，

2π2π，所以A0,，

33ππ11AπfsinAcosA所以，

362226所以f13AπcosA0,；

2226Aπ3的取值范围为0,.

226所以，f218.

已知正项数列an中，a13,2Sn2Sn1an3(n2)．

（1）求an的通项公式；

（2）若bnan，求bn的前n项和Tn．

2n【答案】（1）an2n1

（2）Tn5【解析】

【分析】（1）根据an2n5

2nS1,n1计算即可得解；

SnSn1,n2（2）利用错位相减法求解即可

.【小问1详解】

2当n2时，2S22S1a232a24a12a212,a20，

解得a25，

2由当n2时，2Sn2Sn1an3，

2得当n3时，2Sn12Sn2an13，

两式相减得2anan1anan1，即2anan1anan1anan1，

22又an0，所以anan12n3， 又a2a12适合上式，

所以数列an是以3为首项，2为公差的等差数列，

所以an2n1；

【小问2详解】

bnan2n1n，

2n2352n12n，

222则Tnb1b2bn1352n12n1Tn23nn1，

22222两式相减得Tn1232222n123nn1

2222211112n112n1n1

222221n12n12n1

21122152n5n1，

222n5.

n2所以Tn519.

如图，在四棱锥SABCD中，侧面SCD底面ABCD，SCSD，底面ABCD是平行四边形，BADπ，AB2，AD1，M,N分别为线段CD,AB的中点.

3

（1）证明：BD平面SMN；

（2）若直线SA与平面ABCD所成角的大小为【答案】（1）证明见解析

（2）

π，求二面角CSBD的余弦值.

6105

35【解析】

【分析】（1）利用勾股定理、面面垂直和线面垂直的性质可证得BDMN，SMBD，由线面垂直的判定可证得结论；

（2）根据线面角的定义可知SAMπ，设MNBDO，取SN中点F，根据垂直关系可以O为6坐标原点建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.

【小问1详解】

AB2，AD1，BAD即BDπ，BD2AB2AD22ABADcosBAD3，

33，AD2BD2AB2，ADBD，

M,N分别为CD,AB中点，四边形ABCD为平行四边形，MN//AD，BDMN；

SCSD，M为CD中点，SMCD，

平面SCD平面ABCD，平面SCD平面ABCDCD，SM平面SCD，

SM平面ABCD，又BD平面ABCD，SMBD；

SMMNM，SM,MN平面SMN，BD平面SMN.

【小问2详解】

连接AM，

由（1）知：SM平面ABCD，则SA与平面ABCD所成角为SAM，即SAM在△ADM中，ADDM1，ADCπBADπ，

62π，

3AM2AD2DM22ADDMcosADC3，解得：AM3，

SAAMπ2π，SMAMtan1；

cos66设MNBDO，取SN中点F，连接OF，

O,F分别为MN,SN中点，OF//SM，又SM平面ABCD，

OF平面ABCD，又MNBD，

则以O为坐标原点，OM,OB,OF正方向为x,y,z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

3331S,0,1C1,,0B0,,0D0,,0则，，，，

222213SB2,2,1，CB1,0,0，DB0,3,0，

设平面SBC的法向量nx,y,z，

13yz0SBnx则，令y2，解得：x0，z3，n0,2,3；

22CBnx0设平面SBD的法向量ma,b,c，

13bc0SBma则，令a2，解得：b0，c1，m2,0,1；

22DBm3b0mn3105cosmn，

3575mn二面角CSBD为钝二面角，二面角CSBD的余弦值为105.

3520. 2023年1月26日，世界乒乓球职业大联盟（WTT）支线赛多哈站结束，中国队包揽了五个单项冠军，乒乓球单打规则是首先由发球员发球2次，再由接发球员发球2次，两者交替，胜者得1分．在一局比赛中，先得11分的一方为胜方（胜方至少比对方多2分），10平后，先多得2分的一方为胜方，甲、乙两位同学进行乒乓球单打比赛，甲在一次发球中，得1分的概率为的概率为2，如果在一局比赛中，由乙队员先发球．

（1）甲、乙的比分暂时为8：8，求最终甲以11：9赢得比赛的概率；

（2）求发球3次后，甲的累计得分的分布列及数学期望．

【答案】（1）13，乙在一次发球中，得1分56

258

5（2）分布列见详解，【解析】

【分析】（1）根据题意可得甲以11：9赢得比赛，则甲再得到3分，乙得到1分，且甲得到最后一分，再根据独立事件的乘法公式求概率即可；

（2）根据题意可得X的可能取值为0，1，2，3，求出相应的概率列出分布列，再求其数学期望即可．

【小问1详解】 甲以11：9赢得比赛，共计20次发球，在后4次发球中，需甲在最后一次获胜，

131236最终甲以11：9赢得比赛的概率为：PC1．

22525525【小问2详解】

设甲累计得分为随机变量X，X的可能取值为0，1，2，3．

222121PX0，

251012137，

PX1C2525201222213122PX2C，

252551222133，

PX32520∴随机变量X的分布列为：

X

P

0 1 2 3

21

107

202

53

20∴EX017238123．

1020520521.

已知某种商品的价格（单位：元）和需求量（单位：件）之间存在线性关系，下表是试营业期间记录的数据（x24对应的需求量因污损缺失）：

价格x

16

17

18

19

49

20

24

5需求量y

555

2i42

540

2i36

经计算得xi11630，y10086，xiyi3949，由前5组数据计算出的y关于x的线性回归i1i1方程为y47xa.

10（1）估计x24对应的需求量y（结果保留整数）；

（2）若x24对应的需求量恰为（1）中的估计值，求6组数据的相关系数r（结果保留三位小数）.

附：相关系数rxxyyiii1nxxyyiii1i1n2n2xynxyiii1nxi1n2inx2yi1n，2iny2108160328.8769.

3【答案】（1）16

（2）0.575

【解析】

【分析】（1）计算前五组数据价格、需求量x18，y222，代入回归直线方程求出a值，再代入5x24即可；

（2）求出六组数据价格、需求量的平均值x，y，以及与相关系数有关的数值，代入计算即可.

【小问1详解】

记前五组数据价格、需求量的平均值分别为x，y，

1515222.

由题设知xxi18，yyi5i15i15因为回归直线经过样本中心x,y，所以即y2224718a，解得a129.

51047x129，

10472412916（件）.

10所以x24时对应的需求量y【小问2详解】

6611119设六组数据价格、需求量的平均值分别为x，y，则xxi19，yyi，6i16i13xi162i2206，y10342，xiyi4333.

2ii1i1654333619r所以相关系数220661921193211910342631890.575.

270440322.

已知点F(1,0)，经过y轴右侧一动点A作y轴的垂线，垂足为M，且|AF||AM|1.记动点A的轨迹为曲线C.

（1）求曲线C的方程；

（2）设经过点B(1,0)的直线与曲线C相交于P，Q两点，经过点D(1,t)(t(0,2)，且t为常数）的直线PD与曲线C的另一个交点为N，求证：直线QN恒过定点.

【答案】（1）y4xx0

2

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）设Ax,yx0，根据距离公式得到方程，整理即可； （2）设Px1,y1、Qx2,y2、Nx3,y3，表示出直线PQ的方程，由点B1,0在直线PQ上，代入可得y1y2=4，同理可得y2y3y1y3ty1，再表示出直线QN，代入可得y1y3ty44y1x1，即可得到直线QN过定点坐标.

【小问1详解】

解：设Ax,yx0，则M0,y，

因为|AF||AM|1，所以又x0，所以x12y2x1，

2x12y21x，整理得y4xx0.

【小问2详解】

证明：设Px1,y1、Qx2,y2、Nx3,y3，

所以kPQy1y2y1y2422y1y2x1x2y1y2，

44所以直线PQ的方程为yy14xx1，

y1y2因为点B1,0在直线PQ上，

4y1241x1，即y1yy14，解得y1y2=4①，

所以y1y1y212同理可得直线PN的方程为yy14xx1，

y1y341x1，易得y1t，

y1y3又D1,t在直线PN上，所以ty1解得y2y3y1y3ty1②，

所以直线QN的方程为yy24xx2，即y2y3y4xy2y3③，

y2y3将②式代入③式化简得y1y3ty4y1xy1y2y3，又y1y2=4，

即y1y3ty4y1x4y3，

即y1y3ty44y1x1，

41,QN所以直线恒过定点t.


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