精品解析：四川省泸州市泸县一中、泸县四中、泸县五中2023-2024学年高二下学期6月期末联考数学试题

泸中、泸县四中、泸县五中 高2022级2023-2024学年三校期末联考 数学试卷 命题学校：沪县五中 命题人：石艳 审题人：黄莉、陈瑗 一、单项选择题：本大题共8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. 某物体的运动路程s（单位：m）与时间t（单位：s）的关系可用函数表示，则该物体在s时的瞬时速度为（ ） A. 0m/s B. 1m/s C. 2m/s D. 3m/s 【答案】D 【解析】 【分析】根据瞬时速度的概念即可利用平均速度取极限求解. 【详解】该物体在时间段上的平均速度为，当无限趋近于0时，无限趋近于3，即该物体在s时的瞬时速度为3m/s． 故选：D 2. 某地建立了农业科技图书馆，供农民免费借阅，现收集了该图书馆五年的借阅数据如表： 年份 2016 2017 2018 2019 2020 年份代码x 1 2 3 4 5 年借阅量y（万册） 4.9 5.1 5.5 5.7 5.8 根据如表，可得y关于x的线性回归方程为，则（ ） A. 4.62 B. 4.66 C. 4.68 D. 4.78 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定的数表求出样本的中心点，再利用回归直线的性质求解即得. 【详解】依题意，， 显然满足，所以. 故选：C 3. 如图，在四面体OABC中，，点在线段OA上，且为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定的几何体，利用空间向量的线性运算求解即得. 【详解】依题意， . 故选：D 4. 已知的展开式的二项式系数和为128，则下列说法不正确的是（ ） A. B. 展开式中各项系数的和为 C. 展开式中只有第4项的二项式系数最大 D. 展开式中含项的系数为84 【答案】C 【解析】 【分析】利用二项式系数的性质求出，再逐项分析判断即得. 【详解】对于A，由的展开式的二项式系数和为128，得，解得，A正确； 对于B，取，则展开式中各项系数的和为，B正确； 对于C，展开式共有8项，则第4项和第5项的二项式系数相等，都最大，C错误； 对于D，展开式中含项为，因此展开式中含项的系数为84，D正确. 故选：C 5. 已知函数的大致图象如图所示（其中是函数的导函数），则的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由的图象可知，当时，当时，即可求解. 【详解】由的图象可知， ， 所以当时，， 当时，， 则函数在上单调递增，在上单调递减. 结合选项可知：C正确，ABD错误. 故选：C 6. 现有红、黄、绿三个不透明盒子，其中红色盒子内装有两个红球、一个黄球和一个绿球；黄色盒子内装有两个红球，两个绿球；绿色盒子内装有两个红球，两个黄球.小明第一次先从红色盒子内随机抽取一个球，将取出的球放入与球同色的盒子中；第二次从该放入球的盒子中随机抽取一个球.则第二次抽到红球的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】记取到红球为1球，黄球为2球，绿球为3球，记事件分别表示第一次、第二次取到球，，先求出，再求得，再利用全概率公式即可求出结果. 【详解】记取到红球为1球，黄球为2球，绿球为3球，记事件分别表示第一次、第二次取到球，， 因为，，又，，， 由全概率公式知. 故选：B. 7. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据式子结构，构造函数，利用导数判断出的单调性，进而得到，，的大小关系. 【详解】根据式子结构，构造函数,则, 令，得；令，得； 因此在上单调递增，在上单调递减, 而，，， 因为，所以. 故选：C. 8. 过双曲线（，）的左焦点的直线与交于，两点，且，若，则的离心率为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】设双曲线右焦点为，取中点，连接；根据已知可知为线段的垂直平分线，得到；结合双曲线定义可以求解出，从而得到的长度，根据勾股定理求得a、c的关系，进而求得离心率. 【详解】设双曲线右焦点为，取中点，连接，如下图所示： 由可知： 又为中点，可知， 为线段的垂直平分线， 设，由双曲线定义可知：， 则，解得： 在中， 在中， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：通过双曲线定义以及长度关系求得各线段的长度，从而能够在直角三角形中利用勾股定理构造出关于的齐次方程，使得问题得以求解. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 回归分析模型中，决定系数越大，说明模型模拟效果越好 B. 已知一组数据的方差是3，则数的标准差是12 C. 从一个装有1个白球和3个红球的袋子中取出2个球，记为取得红球的个数 D. 已知随机变量服从正态分布，且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用决定系数的意义可判断A；利用方差的意义计算可判断B；利用古典概型概率公式计算可判断C；由正态分布概率计算可判断D； 【详解】对于A，决定系数的值越大，残差平方和越小，拟合的效果越好，故A正确. 对于B，数据的平均值记为， 数据的平均值为： ， 所以方差为 ， 显然标准差不为12，故B错误； 对于C：从一个装有1个白球和3个红球的袋子中取出2个球，记X为取得红球的个数， 则，故C正确； 对于D：因为随机变量服从正态分布，所以， 又因为，所以， 由正态分布的性质可得，故D正确. 故选：ACD. 10. 如图，在棱长为1的正方体中，为边的中点，点在底面内运动（包括边界），则下列说法正确的有（ ）. A. 不存在点，使得 B. 点到平面的距离为 C. 点到直线的距离为1 D. 点在棱上，且，若，则点的轨迹是圆 【答案】AB 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，， ，，，，设， 对于A：，，则，所以与不垂直， 即不存在点，使得，故A正确； 对于B：，，，设平面的法向量为， 则，取， 则点到平面的距离，故B正确； 对于C：，所以点到直线的距离，故C错误； 对于D，因为，所以，， ， 即，可得轨迹为圆：， 所以圆心， 又，所以轨迹为圆被四边形截得的4段圆弧，所以D错误. 故选：AB 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数存在三个不同的零点 B. 函数的极小值为，极大值为 C. 若时， ，则t的最大值为2 D. 若方程有两个实根，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】解方程求出零点判断A；利用导数求出函数的极值判断B；求出函数单调区间，数形结合判断CD. 【详解】对于A，由，得，解得，函数只有两个零点，A错误； 对于B，函数定义域为R，求导得， 当或时，，当时，， 函数的极小值为，极大值为，B正确； 对于C，函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，单调递减，值域为，而， 则，函数在上的值域为， 当时，恒成立，函数在上的值域为， 因此存在，使得，如图， 由当时，，得，则的最大值为2，C正确； 对于D，方程有两个实根等价于的图象与直线有两个交点，如图， 观察图象知：当时，直线与的图象有两个交点， 因此方程有两个实根时，，D正确. 故选：BCD 【点睛】易错点睛：关键是首先求函数的导数，令导数为0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，要注意是函数的单调递减区间，且恒成立，图象是无限接近轴，如果这里判断错了，那选项就容易判断错了． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 直线与直线平行，则_______ 【答案】2 【解析】 【分析】两直线斜率存在时，由两直线平行，可得斜率相等，进而可求解. 【详解】由，可得，所以直线的斜率为， 所以的斜率存在，且为 由两直线平行，可得，解得或， 经检验，，两直线重合，符合题意. 故答案为：2. 13. 现有5名学生站成一排，若学生甲乙都不站两端，则不同站法共有_________ 【答案】36 【解析】 【分析】根据题意，先从中间的三个位置中，选出2个位置，安排甲乙，再把剩余的3个位置，进行全排列，即可求解. 【详解】先从中间的三个位置中，选出2个位置，安排甲乙，再把剩余的3个位置，进行全排列， 所以甲乙都不站两端的不同站法共有种. 故答案为：. 14. 已知数列的前和为，且满足， ，则=____. 【答案】 【解析】 【分析】把转化为，求出的通项后可求的通项. 【详解】因为，所以， 即，所以是首项为，公差为的等差数列， 所以，故， 所以. 【点睛】数列的通项与前项和 的关系式，我们常利用这个关系式实现与之间的相互转化. 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. 2024年1月4日，教育部在京召开全国“双减”工作视频调度会，会议要求进一步提高双减政治站位，将“双减”工作作为重中之重，坚定不移推进，成为受老师和家长关注的重要话题.某学校为了解家长对双减工作的满意程度进行问卷调查（评价结果仅有“满意”、“不满意”），从所有参与评价的对象中随机抽取120人进行调查，部分数据如表所示（单位：人）： 满意 不满意 合计 男性 10 50 女性 60 合计 120 参考数据： 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 （1）请将列联表补充完整，试根据小概率值的独立性检验，能否认为“对双减工作满意程度的评价与性别有关”？ （2）若将频率视为概率，从所有给出“满意”的家长中随机抽取3人，用随机变量X表示被抽到的男性家长的人数，求X的分布列和数学期望； 参考公式： ，其中 【答案】（1）列联表如下: 满意 不满意 合计 男性 40 10 50 女性 60 10 70 合计 100 20 120 X 0 1 2 3 P 能； （2）X的分布列为：.【解析】 【分析】（1）先完善列联表，计算出，结合临界值表即可求解. （2）先求出抽到男性家长的概率，判断出随机变量X服从二项分布，再由二项分布的概率公式列出分布列并求出期望. 【小问1详解】 根据题意，得到列联表如下: 满意 不满意 合计 男性 40 10 50 女性 60 10 70 合计 100 20 120 零假设：“对双减工作满意程度的评价与性别无关”， ， 即没有充分证据证明零假设不成立，所以没有的把握认为“对双减工作满意程度的评价与性别有关”. 【小问2详解】 从所有给出“满意”的家长中随机抽取1人为男性的概率为， 且各次抽取之间相互独立，所以随机变量， 所以，， . ， 所以随机变量X的分布列为： X 0 1 2 3 P 期望. 16. 已知等差数列的前项和为，公差，且，，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）设是首项为1，公比为3的等比数列 ， 求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知条件利用等差数列的前n项和公式和通项公式以及等比数列的定义，求出首项和公差，由此能求出； （2）根据等比数列通项公式可得，由此利用错位相减法能求出数列前n项和． 【小问1详解】 由题意可得，解得， 所以，即． 【小问2详解】 由题意可知：，则， 则， 可得， 两式相减可得 ， 所以． 17. 如图，在三棱锥中，，，O为AC的中点. （1）证明：平面； （2）若点M在棱BC上，且二面角为，求PC与平面所成角的余弦值. 【答案】 （1）证明：以为，为的中点， 所以，且，连接. 因为， 所以为等腰直角三角形，且. 由得. 由得平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据平面几何知识可证得，，再由线面垂直的判定可得证； （2）建立空间直角坐标系，运用面面角、线面角的向量求解方法可求得答案. 【详解】（1）略 （2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系， 由题意得，. 取平面的一个法向量为. 设，则.设平面的法向量为. 由，得 可取，所以. 又， 所以，解得（舍去）或， 所以，又， 设与平面所成角为，则. 所以与平面所成角的余弦值为. 18. 已知椭圆C：经过点，且焦距与长半轴相等. （1）求椭圆C的方程； （2）不过右焦点且与x轴垂直的直线交椭圆C于A，M两个不同的点，连接交椭圆C于点B. （i）若直线MB交x轴于点N，证明：N为一个定点； （ii）若过左焦点的直线交椭圆C于D，G两个不同的点，且ABDG，求四边形ADBG面积的最小值. 【答案】（1） （2）（i）证明如下： 由题意知斜率存在，设其方程为， ，则， 由，得， 由于直线过椭圆焦点，则必有，则， 直线的方程为， 不妨设直线交轴于点， 令，可得 ，即直线MB过定点； （ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可求解； （2）（i）根据题意，设直线方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，表示出直线的方程，求出其与轴交点，即可证明； （ii）由弦长公式分别表示出，结合面积公式代入计算，再由基本不等式，即可求解. 【小问1详解】 由题意知，解得. 故椭圆的方程为； 【小问2详解】 （i）略 （ii） 因为，所以，同理可得， 又，则 ， 当且仅当时等号成立，即四边形ADBG的面的最小值为. 19. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）若在区间上单调递减，求的取值范围： （3）若存在两个极值点，证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明：由，， 因为存在两个极值点， 则满足，即， 不妨设，则. ， 则要证，即证， 又，，则， 即证，即证成立. 设函数，， 则， 在单调递减，又，则， ，即. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义即可求得切线方程； （2）根据单调性可知在上恒成立，利用分离变量法可得，进而结合对勾函数求解即可； （3）设，则，将所证不等式转化为，令，利用导数可求得，由此可证得结论. 【小问1详解】 由，则， 而，则， 则曲线在处的切线方程为. 【小问2详解】 ，又在区间上单调递减， 在上恒成立， 即在上恒成立， 在上恒成立， 因为函数在上单调递增，则， ，即实数的取值范围是. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泸中、泸县四中、泸县五中 高2022级2023-2024学年三校期末联考 数学试卷 命题学校：沪县五中 命题人：石艳 审题人：黄莉、陈瑗 一、单项选择题：本大题共8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. 某物体的运动路程s（单位：m）与时间t（单位：s）的关系可用函数表示，则该物体在s时的瞬时速度为（ ） A. 0m/s B. 1m/s C. 2m/s D. 3m/s 2. 某地建立了农业科技图书馆，供农民免费借阅，现收集了该图书馆五年的借阅数据如表： 年份 2016 2017 2018 2019 2020 年份代码x 1 2 3 4 5 年借阅量y（万册） 4.9 5.1 5.5 5.7 5.8 根据如表，可得y关于x的线性回归方程为，则（ ） A. 4.62 B. 4.66 C. 4.68 D. 4.78 3. 如图，在四面体OABC中，，点在线段OA上，且为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 已知的展开式的二项式系数和为128，则下列说法不正确的是（ ） A. B. 展开式中各项系数的和为 C. 展开式中只有第4项的二项式系数最大 D. 展开式中含项的系数为84 5. 已知函数的大致图象如图所示（其中是函数的导函数），则的图象可能是（ ） A. B. C. D. 6. 现有红、黄、绿三个不透明盒子，其中红色盒子内装有两个红球、一个黄球和一个绿球；黄色盒子内装有两个红球，两个绿球；绿色盒子内装有两个红球，两个黄球.小明第一次先从红色盒子内随机抽取一个球，将取出的球放入与球同色的盒子中；第二次从该放入球的盒子中随机抽取一个球.则第二次抽到红球的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 过双曲线（，）的左焦点的直线与交于，两点，且，若，则的离心率为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 回归分析模型中，决定系数越大，说明模型模拟效果越好 B. 已知一组数据的方差是3，则数的标准差是12 C. 从一个装有1个白球和3个红球的袋子中取出2个球，记为取得红球的个数 D. 已知随机变量服从正态分布，且，则 10. 如图，在棱长为1的正方体中，为边的中点，点在底面内运动（包括边界），则下列说法正确的有（ ）. A. 不存在点，使得 B. 点到平面的距离为 C. 点到直线的距离为1 D. 点在棱上，且，若，则点的轨迹是圆 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数存在三个不同的零点 B. 函数的极小值为，极大值为 C. 若时， ，则t的最大值为2 D. 若方程有两个实根，则 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 直线与直线平行，则_______ 13. 现有5名学生站成一排，若学生甲乙都不站两端，则不同站法共有_________ 14. 已知数列的前和为，且满足， ，则=____. 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. 2024年1月4日，教育部在京召开全国“双减”工作视频调度会，会议要求进一步提高双减政治站位，将“双减”工作作为重中之重，坚定不移推进，成为受老师和家长关注的重要话题.某学校为了解家长对双减工作的满意程度进行问卷调查（评价结果仅有“满意”、“不满意”），从所有参与评价的对象中随机抽取120人进行调查，部分数据如表所示（单位：人）： 满意 不满意 合计 男性 10 50 女性 60 合计 120 参考数据： 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 （1）请将列联表补充完整，试根据小概率值的独立性检验，能否认为“对双减工作满意程度的评价与性别有关”？ （2）若将频率视为概率，从所有给出“满意”的家长中随机抽取3人，用随机变量X表示被抽到的男性家长的人数，求X的分布列和数学期望； 参考公式： ，其中 16. 已知等差数列的前项和为，公差，且，，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）设是首项为1，公比为3的等比数列 ， 求数列的前项和． 17. 如图，在三棱锥中，，，O为AC的中点. （1）证明：平面； （2）若点M在棱BC上，且二面角为，求PC与平面所成角的余弦值. 18. 已知椭圆C：经过点，且焦距与长半轴相等. （1）求椭圆C的方程； （2）不过右焦点且与x轴垂直的直线交椭圆C于A，M两个不同的点，连接交椭圆C于点B. （i）若直线MB交x轴于点N，证明：N为一个定点； （ii）若过左焦点的直线交椭圆C于D，G两个不同的点，且ABDG，求四边形ADBG面积的最小值. 19. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）若在区间上单调递减，求的取值范围： （3）若存在两个极值点，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $