2023-2024学年高二下学期期末考试数学模拟试卷（新课标Ⅰ卷地区）

2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷（新课标Ⅰ卷） 一、单选题 1．已知复数（为虚数单位），则的虚部为（    ） A． B． C． D． 2．某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有90%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，80%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是（    ） A．70% B．60% C．50% D．40% 3．已知平面向量，则 在 上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 4．已知m，n表示两条不同的直线，，，表示三个不同的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 5．4位男生与5位女生排成一排照相，要求5位女生相邻，且坐在正中间，小吴（男）必须坐在最左边，则所有的排法共有（    ） A．240种 B．360种 C．720种 D．1440种 6．已知偶函数满足，且在区间上是减函数，则，，的大小关系是（    ） A． B． C． D． 7．给定函数，若数列满足，则称数列为函数的牛顿数列.已知为的牛顿数列，，且，数列的前项和为．则（　　） A． B． C． D． 8．已知，且，则的最大值为（    ） A．9 B．12 C．36 D．48 二、多选题 9．下列关于的说法，正确的是（    ） A．展开式的各二项式系数之和是1024 B．展开式各项系数之和是1024 C．展开式的第5项的二项式系数最大 D．展开式的第3项为45x 10．下列四个结论，其中正确的为（    ） A．动点P到点，的距离之差的绝对值为2，则点P的轨迹是双曲线 B．过点与抛物线有且只有一个公共点的直线有3条 C．双曲线与双曲线有相同的渐近线 D．点在圆内 11．已知函数是的导函数，则（    ） A．“”是“为奇函数”的充要条件 B．“”是“为增函数”的充要条件 C．若不等式的解集为且，则的极小值为 D．若是方程的两个不同的根，且，则或 三、填空题 12．某一质点做直线运动，由始点经过t秒后的位移（单位：米）为，则秒时的瞬时速度为 米/秒． 13．已知随机变量服从正态分布，且，则 . 14．在正四棱柱中，，，M，N分别是，的中点，则平面截该四棱柱所得截面的周长为 ． 四、解答题 15．如图，北京年冬奥会会微以汉字“冬”为灵感来源，结合中国书法的艺术形态创作而成.某同学查阅资料得知，书法中的一些特殊画笔都有固定的角度，比如在弯折的位置通常为等特殊角度，为了判断“冬”的弯折角度是否符合书法中的美学要求，该同学取端点绘制成，如图，测得，，，，若点恰好在边上. (1)求的值； (2)求的值. 16．如图，在直三棱柱中，，，为的中点. (1)证明：平面； (2)若二面角的余弦值为，求点到平面的距离. 17．已知函数. (1)求的单调区间； (2)求在区间上的最大值和最小值. (3)若方程有三个根，写出k的取值范围（无需解答过程）. 18．短视频已成为当下宣传的重要手段，东北某著名景点利用短视频宣传增加旅游热度，为调查某天南北方游客来此景点旅游是否与收看短视频有关，该景点对当天前来旅游的500名游客调查得知，南方游客有300人，因收看短视频而来的280名游客中南方游客有200人. (1)依据调查数据完成如下列联表，根据小概率值的独立性检验，分析南北方游客来此景点旅游是否与收看短视颍有关联：单位：人 游客 短视频 合计 收看 未看 南方游客 北方游客 合计 (2)为了增加游客的旅游乐趣，该景点设置一款5人传球游戏，每个人得到球后都等可能地传给其余4人之一，现有甲、乙等5人参加此游戏，球首先由甲传出. （i）求经过次传递后球回到甲的概率； （ii）记前次传递中球传到乙的次数为，求的数学期望. 参考公式：，其中； 附表： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 19．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点，过点且与垂直的直线交轴负半轴于点，且． (1)求证：是等边三角形； (2)若过、、三点的圆恰好与直线相切，求此时椭圆的方程； (3)若，直线过且与椭圆交于，两点，，且，求的斜率． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．B 【分析】直接计算得到，然后根据虚部的定义即可. 【详解】，所以. 故选：B. 2．C 【分析】根据韦恩图中集合的关系运算即可． 【详解】由题意可得如下所示韦恩图： 所求比例为：． 故选：C． 3．C 【分析】根据投影向量的定义结合题意直接求解即可. 【详解】因为， 所以在上的投影向量为 ， 故选：C 4．B 【分析】根据线线、线面平行的判定定理，以及线线、线面，面面垂直的判定定理，一一验证即可. 【详解】对于A，由正方体的模型可知，若，，则与可能相交、平行、异面，故A错误. 对于B，若，，则，故B正确； 对于C，若，，则或，故C错误. 对于D，若，，则与可能相交也可能平行，故D错误. 故选：B. 5．C 【分析】由排列数的计算以及分步乘法计数原理即可求解. 【详解】先排5位女生，共有种排法，再排4位男生，共有种排法，所以共有（种）排法. 故选：C. 6．D 【分析】根据周期性及偶函数的性质得到，，再比较、、的大小，结合函数在上的单调性即可判断. 【详解】因为，所以是以为周期的周期函数， 又为偶函数，所以，， 又且在上单调递减， 所以， 即. 故选：D 7．A 【分析】根据定义求得数列的递推公式，然后代入可得的递推公式，根据递推公式可知为等比数列，然后由等比数列求和公式可得. 【详解】由可得，， ，则两边取对数可得. 即，所以数列是以为首项，为公比的等比数列. 所以. 故选：A. 8．C 【分析】设与，为的中点，可证明点在以为圆心，2为半径的圆上，由，结合两点距离的几何意义即可求解. 【详解】设与为圆上一点， 则，得，， 即为等腰直角三角形，设为的中点， 则，得， 即点在以为圆心，2为半径的圆上， 故， 因为点到定点D的距离的最大值为， 因此的最大值为36. 故选：C 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是将原问题化为，根据两点距离的几何意义求解即可. 9．AD 【分析】利用二项式定理，结合二项式系数的性质逐项判断作答. 【详解】对于A，的展开式的各二项式系数之和是，A正确； 对于B，令，得的展开式的各项系数之和为0，B错误； 对于C，的展开式的第6项的二项式系数最大，C错误； 对于D，的展开式的第3项为，D正确. 故选：AD 10．BD 【分析】根据圆、双曲线、抛物线相关知识进行辨析即可. 【详解】对于A，因为动点P到点，的距离之差的绝对值为2，但，所以点P的轨迹不是双曲线，故A错误； 对于B，由于在抛物线外，所以过点与抛物线有且只有一个公共点的直线有三条， 一条平行于轴，一条与轴重合，另外一条与抛物线相切，故B正确； 对于C，双曲线渐近线为，双曲线渐近线为，故C错误； 对于D，因为，所以点在圆内，故D正确. 故选：BD 11．ACD 【分析】根据函数的奇偶性和充分、必要条件的判定方法，可判定A正确；结合导数和函数的单调性间的关系，结合充分、必要条件的判定方法，可判定B错误；利用导数求得函数的单调性，进而求得的极小值，可判定C正确；结合二次函数的性质，结合，列出不等式，可判定D正确． 【详解】对于A中，当时，函数，则满足， 所以为奇函数，所以充分性成立； 若为奇函数，则， 则恒成立，所以，所以必要性成立，所以A正确； 对于B中，当时， ，可得，所以为增函数； 由，当为增函数时，，所以“”是“为增函数”的充分不必要条件，所以B错误； 对于C中，由，若不等式的解集为且， 则在上先增后减再增，则，解得， 故，可得， 令，解得或， 当内，，单调递增； 当内，，单调递减； 当内，，单调递增， 所以的极小值为，所以C正确． 对于D中，由，因为是方程的两个不同的根， 所以，即，且， 由，可得，所以，即， 联立方程组，可得，解得或，所以D正确． 故选：ACD． 12． 【分析】利用导数运算法则及瞬时变化率的概念计算即可. 【详解】对于， 显然当时，，即此时瞬时速度为4米每秒. 故答案为： 13．0.2/ 【分析】根据正态分布的性质计算即可. 【详解】因为正态分布曲线的对称轴为，, 所以. 故答案为：. 14． 【分析】作出辅助线，得到平面截该四棱柱所得截面为五边形，求出各边边长，相加得到答案. 【详解】延长相交于点，连接交于点，连接， 因为正四棱柱中，，，M，N分别是，的中点， 所以，，， 因为∽，，故，， 在上取点，连接，则， 同理可知，所以四边形为平行四边形， 故四点共面， 则平面截该四棱柱所得的截面为五边形， ，， 同理， 故截面周长为. 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理直接求解即可； （2）根据同角三角函数关系和正弦定理直接求解即可. 【详解】（1）由余弦定理得：. （2）由（1）得：， 在中，由正弦定理得：. 16．(1)证明见解析 (2)点到平面的距离为. 【分析】（1）先证四边形为正方形，得到，再证平面，从而得到，即可证明平面； （2）建系，设边长，写出相应点和向量的坐标，求出两个平面的法向量，利用二面角的余弦值列式子，求出的长度，再利用点到平面的距离公式，求出点到平面的距离. 【详解】（1）证明：由直三棱柱的性质可知，，四边形为平行四边形， 又因为，所以四边形为正方形，所以， 因为，，， 所以平面， 所以， 因为， 所以， 又因为平面 所以平面. （2）以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，， 所以，，， 所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，所以， 取，则，， 所以， 设二面角的大小为， 则，解得， 所以，平面的一个法向量， 设点到平面的距离为， 则， 所以点到平面的距离为. 17．(1)增区间为和，减区间为 (2)， (3) 【分析】（1）利用导数求出函数单调区间； （2）根据函数的增减性确定函数的最值； （3）由函数图象的变化情况，结合函数的极值得出结论. 【详解】（1）, 令可得或， 令可得， 故函数的增区间为和，减区间为. （2）由（1）知，上递增，在递减， 故当时，， 又，故. （3）由（1）（2）知函数在上递增，在上递减，在上递增，且极大值为，极小值为， 若方程有三个根，即与图象有3个交点， 故k的取值范围为. 18．(1)列联表见解析，无关 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）利用已知条件，完成列联表，利用独立性检验公式求解判断即可； （2）（i）设经过次传递后回到甲的概率为，求出关系式，得到通项公式；（ii）方法一：设第次传递时甲接到球的次数为，则服从两点分布，，设前次传递中球传到甲的次数为，利用公式求期望即可.方法二：设第次传递时，乙接到球的概率和次数分别为与，则服从两点分布，，利用公式求期望即可. 【详解】（1）将所给数据进行整理，得到如下列联表： 游客 短视频 合计 收看 未看 南方游客 200 100 300 北方游客 80 120 200 合计 280 220 500 零假设：南北方游客来此景点旅游与短视频无关联． 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为南北方游客来此景点旅游与收看短视频有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 （2）（i）设经过次传递后回到甲的概率为， ，， 又， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以. （ii）（方法一） 设第次传递时甲接到球的次数为，则服从两点分布，， 设前次传递中球传到甲的次数为， ， 因为，所以. （方法二） 设第次传递时，乙接到球的概率和次数分别为与，则服从两点分布， ，由题可知，， 又，所以，所以是首项为，公比为的等比数列， ，， ， 故. 【点睛】关键点点睛：本题第2问（ii）的解决关键是，根据题意得到的关系，利用构造法分析出是首项为，公比为的等比数列，由此得解. 19．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设，利用得，求解，证明是等边三角形； （2）求出点坐标，利用是直角三角形，得到其外接圆圆心为，半径为，然后求解所求椭圆的方程； （3）求出椭圆方程，设直线方程为，,，联立方程，由韦达定理结合条件化简可得结果. 【详解】（1）设，由，， 则，， 因为，所以，解得：， 故，由，， 则，即， 所以，则， 又因为，所以是等边三角形； （2）由(1)知，，故，此时点， 又为直角三角形，故其外接圆圆心为，半径为， 所以，解得：，，， 所以椭圆的方程为： （3）若，则，， 所以椭圆的方程为： 则，，， ①当直线与轴重合时，则，，所以，不满足题意. ②设直线方程为，,, 则，，， 则 由，化简得：， 则有， 因为， 所以， 因为，，化简得：， 即， 即，则， 所以直线的斜率 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$