精品解析：四川省泸州市江阳区2023-2024学年高二下学期6月期末数学试题

2024年春期高2022级高二期末联合考试 数学试题 数学试卷分为第1卷（选择题）和第I1卷（非选择题）两部分，共4页，满分150分. 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卷上相应位置. 2．选择题答案使用2B铅笔填涂在答题卷对应题目号的位置上，填涂在试卷上无效. 3．非选择题答案请使用黑色签字笔填写在答题卷对应题目号的位置上，填写在试卷上无效. 第一卷 选择题（58分） 一、选择题（本大题共8个小题，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. 已知直线，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 2. 求以为圆心，且经过点的圆的一般方程（ ） A. B. C. D. 3. 已知双曲线上一点P到它一个焦点的距离等于5，那么点P到另一个焦点F的距离等于（ ） A. 3 B. 3或7 C. 5 D. 7 4. 已知等差数列中，，则公差（ ） A. 4 B. 3 C. D. 5. 甲､乙､丙､丁､戊5名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区.则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在小区的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 7. 下列说法正确的有（ ）个 ①已知一组数据的方差为， 则的方差也为. ②对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是. ③已知随机变量服从正态分布，若，则 . ④已知随机变量服从二项分布，若，则. A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 8. 如图，在棱长为2的正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 存点Q，使得 B. 存在点Q，使得平面 C. 三棱锥的体积是定值 D. 存在点Q，使得PQ与AD所成的角为 二、多项选择题（每小题6分，共3小题，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 已知，.若随机事件A，B相互独立，则（　　） A. B. C. D. 10. 若，则（ ） A. B C. D. 11. 已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（ ） A. 直线的斜率为 B. C. D. 第二卷 非选择题（92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案直接填在答题卡中的横线上.） 12. 已知数列满足，，则______． 13. 若随机变量的数学期望和方差分别为，，则对于任意，不等式成立.在2023年湖南省高三九校联考中，数学科考试满分150分，某校高三共有500名学生参加考试，全体学生的成绩,则根据上述不等式，可估计分数不低于100分的学生不超过___________人. 14. 若函数在上存在单调递减区间，则m取值范围是______． 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 已知是各项均为正数的等比数列，. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前n项和. 16. 某单位为丰富员工的业余生活，利用周末开展趣味野外拉练，此次拉练共分A，B，C三大类，其中A类有3个项目，每项需花费2小时，B类有3个项目，每项需花费3小时，C类有2个项目，每项需花费1小时．要求每位员工从中随机选择3个项目，每个项目的选择机会均等． （1）求小张在三类中各选1个项目的概率； （2）设小张所选3个项目花费的总时间为X小时，求X的分布列． 17. 如图，正三棱柱的所有棱长都为，为中点． （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 18. 已知双曲线：，点M为双曲线C右支上一点，A、B为双曲线C的左、右顶点，直线与y轴交于点D，点Q在x轴正半轴上，点E在y轴上. （1）若点，，过点Q作BM的垂线l交该双曲线C于S，T两点，求的面积； （2）若点M不与B重合，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①；②；③.注:若选择不同组合分别解答，则按第一个解答计分. 19. 已知函数． （1）若，求的最大值； （2）若，其中，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年春期高2022级高二期末联合考试 数学试题 数学试卷分为第1卷（选择题）和第I1卷（非选择题）两部分，共4页，满分150分. 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卷上相应位置. 2．选择题答案使用2B铅笔填涂在答题卷对应题目号的位置上，填涂在试卷上无效. 3．非选择题答案请使用黑色签字笔填写在答题卷对应题目号的位置上，填写在试卷上无效. 第一卷 选择题（58分） 一、选择题（本大题共8个小题，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. 已知直线，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定的条件，利用两直线的垂直关系列式计算作答. 【详解】因为直线，且，则， 所以. 故选：B 2. 求以为圆心，且经过点的圆的一般方程（ ） A. B. C D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用两点间的距离公式求得圆的半径，写出圆的标准方程，进而得到圆的一般方程，得到答案. 【详解】由题意得，圆的半径， 所以圆的方程为， 所以圆的一般方程为. 故选：C. 3. 已知双曲线上一点P到它的一个焦点的距离等于5，那么点P到另一个焦点F的距离等于（ ） A. 3 B. 3或7 C. 5 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】利用双曲线标准方程和定义，求解到另一个焦点的距离. 【详解】由题意可知，,， 则， 所以或， 又因为, 所以， 故选：D. 4. 已知等差数列中，，则公差（ ） A. 4 B. 3 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列通项公式即可求解. 【详解】在等差数列中，， 所以有． 故选：B 5. 甲､乙､丙､丁､戊5名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区.则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在小区的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，先求得所有情况数，然后求得甲去的情况数，从而得到甲不去小区的情况数，再结合概率公式，即可得到结果. 【详解】首先求所有可能情况，5个人去3个地方，共有种情况， 再计算5个人去3个地方，且每个地方至少有一个人去， 5人被分为或 当5人被分为时，情况数为; 当5人被分为时，情况数为； 所以共有. 由于所求甲不去，情况数较多，反向思考，求甲去的情况数，最后用总数减即可， 当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为3，则 共计种， 当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为2，则，共计种， 所以甲不在小区的概率为 故选：B. 6. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数的定义域，由已知可得函数为奇函数.然后得到时，，根据导函数求得的单调性，并且可得极大值点，即可得出答案. 【详解】由题意可知，函数的定义域为. 又， 所以，函数为奇函数. 当时，， 则. 设，则在上恒成立， 所以，在上单调递增. 又，， 所以，根据零点存在定理可得，，有， 且当时，有，显然， 所以在上单调递增； 当时，有，显然， 所以在上单调递减. 因为，所以C项满足题意. 故选：C. 7. 下列说法正确的有（ ）个 ①已知一组数据的方差为， 则的方差也为. ②对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是. ③已知随机变量服从正态分布，若，则 . ④已知随机变量服从二项分布，若，则. A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】C 【解析】 【分析】根据方差的定义可判断A；根据样本点中心在回归直线上求得的值可判断B；根据可得，由对称性求出对称轴可得的值可判断C；根据二项分布的期望方差的公式期望方差的性质可判断D，进而可得正确个数. 【详解】对于A：设的平均数为，方差为， 则，， 所以的平均数为， 所以方差为 ，故选项A正确； 对于B：因为线性回归直线过样本点中心，所以，可得，故选项B错误； 对于C：因为随机变量服从正态分布，所以对称轴为，又， 而，所以， 则，故选项C正确； 对于D：因为服从二项分布，所以，所以 ，则，故选项D错误. 故选：C. 8. 如图，在棱长为2的正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 存在点Q，使得 B. 存在点Q，使得平面 C. 三棱锥的体积是定值 D. 存在点Q，使得PQ与AD所成的角为 【答案】B 【解析】 【分析】A由、即可判断；B若为中点，根据正方体、线面的性质及判定即可判断；C只需求证与面是否平行；D利用空间向量求直线夹角的范围即可判断. 【详解】A：正方体中，而P为线段的中点，即为的中点， 所以，故不可能平行，错； B：若为中点，则，而，故， 又面，面，则，故， ，面，则面， 所以存在Q使得平面，对； C：由正方体性质知：，而面，故与面不平行， 所以Q在线段上运动时，到面的距离不一定相等， 故三棱锥的体积不是定值，错； D：构建如下图示空间直角坐标系，则，，且， 所以，，若它们夹角为， 则， 令，则， 当，则，； 当则； 当，则，； 所以不在上述范围内，错. 故选：B 二、多项选择题（每小题6分，共3小题，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 已知，.若随机事件A，B相互独立，则（　　） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据条件概率公式和独立事件乘法公式即可判断ABC，再根据即可判断D. 【详解】对B，，B正确； 对A，，，A错误； 对C，，，C正确； 对D， ，D正确. 故选：BCD. 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】将，，代入判断ACD，利用二项式展开式的通项公式判断B即可. 【详解】将代入得，解得，A正确； 由二项式定理可知展开式的通项为， 令得，所以，B错误； 将代入得， 即，C正确； 将代入得， 即①， 将代入得， 即②， ①+②得，所以， ①-②得，所以， 所以，D正确； 故选：ACD 11. 已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（ ） A. 直线的斜率为 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项. 【详解】 对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为， 代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确； 对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得， 设，则，则，代入抛物线得，解得，则， 则，B错误； 对于C，由抛物线定义知：，C正确； 对于D，，则为钝角， 又，则为钝角， 又，则，D正确. 故选：ACD 第二卷 非选择题（92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案直接填在答题卡中的横线上.） 12. 已知数列满足，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，再利用累加法及等比数列前n项和公式即可求解． 【详解】因为数列满足， 所以，，…，， 当时，； 当时，，满足上式． 综上所述，． 故答案为：． 13. 若随机变量的数学期望和方差分别为，，则对于任意，不等式成立.在2023年湖南省高三九校联考中，数学科考试满分150分，某校高三共有500名学生参加考试，全体学生的成绩,则根据上述不等式，可估计分数不低于100分的学生不超过___________人. 【答案】10 【解析】 【分析】可令，由题意得出，再结合全体学生的成绩的期望，计算得出，进而得出答案. 【详解】取，，所以或， 又因为，所以，即估计分数不低于100分的学生 不超过（人）. 故答案为：10 14. 若函数在上存在单调递减区间，则m的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】先对求导，将问题转化为在上有解，即在上有解，利用换元法与基本不等式求出的最大值即可得解. 【详解】因为， 所以， 则原问题等价于在上有解，即在上有解，即在上有解， 令，则，， 所以， 当且仅当，即时，等号成立，此时， 所以，则， 所以，即. 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 已知是各项均为正数的等比数列，. （1）求通项公式； （2）设，求数列的前n项和. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】(1)本题首先可以根据数列是等比数列将转化为，转化为，再然后将其带入中，并根据数列是各项均为正数以及即可通过运算得出结果； (2)本题可以通过数列的通项公式以及对数的相关性质计算出数列的通项公式，再通过数列的通项公式得知数列是等差数列，最后通过等差数列求和公式即可得出结果． 【详解】(1)因为数列是各项均为正数的等比数列，，， 所以令数列的公比为，，， 所以，解得(舍去)或， 所以数列是首项为、公比为的等比数列，． (2)因为，所以，，， 所以数列是首项为、公差为的等差数列，． 【点睛】本题考查数列的相关性质，主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法，考查等差数列求和公式的使用，考查化归与转化思想，考查计算能力，是简单题． 16. 某单位为丰富员工的业余生活，利用周末开展趣味野外拉练，此次拉练共分A，B，C三大类，其中A类有3个项目，每项需花费2小时，B类有3个项目，每项需花费3小时，C类有2个项目，每项需花费1小时．要求每位员工从中随机选择3个项目，每个项目的选择机会均等． （1）求小张在三类中各选1个项目的概率； （2）设小张所选3个项目花费的总时间为X小时，求X的分布列． 【答案】（1） （2）分布列见解析 【解析】 【分析】（1）在三类项目中各选一个有种选法，总的选法数有种，由古典概型公式即可求得所求概率； （2）先分析X的可能取值，对于每一个的取值求得对应概率，由此可得的分布列. 【小问1详解】 记事件M为“在三类中各选1个项目”，则， 所以小张在三类中各选1个项目的概率为． 【小问2详解】 由题知X的所有可能取值为4，5，6，7，8，9， 则，， ，， ，． 所以X的分布列为 X 4 5 6 7 8 9 P 17. 如图，正三棱柱的所有棱长都为，为中点． （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法判断线面垂直； （2）利用向量法求二面角的正弦值； （3）利用向量法求点到面的距离. 【小问1详解】 在正三棱柱中，取中点，过作，连接， 由平面，得平面，平面，则，，而，即两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， 有，于是，， 即，，而又平面， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）知，平面，则是平面的法向量， 设平面的法向量，而，， 则，取，得， 则，设二面角的平面角为， 因此， 所以二面角的正弦值为． 【小问3详解】 由（2）知是平面的法向量，而向量， 所以点到平面的距离为． 18. 已知双曲线：，点M为双曲线C右支上一点，A、B为双曲线C的左、右顶点，直线与y轴交于点D，点Q在x轴正半轴上，点E在y轴上. （1）若点，，过点Q作BM垂线l交该双曲线C于S，T两点，求的面积； （2）若点M不与B重合，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①；②；③.注:若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先根据已知，得出的方程，然后联立与双曲线的方程，根据韦达定理得出坐标的关系，表示出弦长，最后根据面积公式，即可得出答案； （2）①②为条件，③为结论：易得.又，.然后根据直线的斜率可得出.设点，则，即可得出坐标；①③为条件，②为结论：易得，.又，即可的得出，，求解，整理即可得出证明；②③为条件，①为结论：易得，平方整理可得.根据，得.进而根据，即可求出，平方整理，即可得出证明. 【小问1详解】 由已知可得，，. 因为点，直线的斜率为， 所以直线的垂线的方程为， 整理可得，. 设点，， 联立直线与双曲线的方程可得，， 则，且， 所以，. 原点到直线的距离为， 所以，的面积为. 【小问2详解】 ①②为条件，③为结论 令点，，且， 因为三点共线，所以. 又，所以点的坐标为， 所以直线的斜率为. 又，所以. 设点， 因为直线的斜率， 所以， 所以； ①③为条件，②为结论 令点，，且， 因为三点共线，所以. 又，所以点的坐标为， 又，点Q在x轴正半轴上，所以， 所以. 又， 所以， 所以，； ②③为条件，①为结论 令点，，且，不妨设. 因为三点共线， 所以，且. 因为，点Q在x轴正半轴上，所以. 因为，所以. 又， 所以，，且， 所以，，即. 【点睛】思路点睛：①②为条件，③为结论：先得出的斜率，根据，得出..然后根据两点坐标，表示出斜率，即可推出点的坐标. 19. 已知函数． （1）若，求的最大值； （2）若，其中，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）方法一，求导之后，导函数零点存在但不可求，虚设导函数零点，用极值点处的导数为零化简极值的表达式即可求解；方法二，对恒等变形之后，换元再求其最值（2）方法一，构造，由题意知的取值应满足函数有两个零点．从函数的单调性，极值（或最值）的符号以及趋向于端点时函数的变化趋势来列式，即可求解；方法二，分离参数，数形结合即可求解 【小问1详解】 当时，，则． 令，则， 在上单调递减． 又， 存在使得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 有最大值． 另法：当时，，令， 则，其中，， 当时，单调递增；当时，单调递减，故，即的最大值为． 【小问2详解】 令， 由题意知的取值应满足函数有两个零点． 易得， 若，则，在上单调递增， 至多有一个零点，不符合题意，舍去； 若，则当时，单调递减； 当时，单调递增． 要使函数有两个零点，则 易知． 令，则， 令，则， 上单调递增， 在上单调递减， ， 由知在和上各有一个零点， 则实数的取值范围为． 另法：令， 由题意知m的取值应满足函数有两个零点， 若，易知单调递增，不符合题意，舍去； 若，由知，， 令，则， 在上单调递减，在上单调递增． 又，且时，，解得， 故实数的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$