江西省九江市第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷

2023—2024学年度高二数学下学期期末考试试卷 命题人 杨艳萍 审题人 黄志明 时间120分钟满分150分 一、单选题：本小题共8小题，每小题5分，共40分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的. 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．若命题“,”是假命题，则不能等于（    ） A． B． C． D． 3．如图，在正四棱柱中，，则异面直线与所 成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 4．已知数列的前项和为，且，若恒成立，则的最小值是（   ） A． B．3 C． D．5 5．已知在点处的切线的倾斜角为，则 A． B． C．2 D． 6．设双曲线的左焦点为F，O为坐标原点，P为双曲线C右支上的一点，，在上的投影向量的模为，则双曲线C的离心率为（    ） A． B． C． D． 7．已知，，且．若恒成立，则实数的最大值是（ ） A．4 B．8 C．3 D．6 8．已知，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题：本题共三小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部 ξ －1 0 1 P b c 选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9．已知随机变量ξ的分布列如下表所示.其中，b，c成等差数列，则P(|ξ|＝1)的 值与ξ的期望分别是（    ） A． B． C． D． 10．下列说法正确的是（    ） A．在线性回归方程中，当自变量每增加1个单位时，相应变量y平均减少1.5个单位 B．一组数据的第百分位数为 C．若随机变量，，则 D．设随机事件A和，若，，，则 11．记为函数的阶导数，，若存在，则称 阶可导．英国数学家泰勒发现：若在附近阶可导，则可构造 （称其为在处的次泰勒多项式）来逼近 在附近的函数值．下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．在处的3次泰勒多项式为 D． 三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知(n)的展开式中第4项与第5项的二项式系数最大， 的系数为84，则= ． 13．若“”是“”的充分不必要条件，则实数的取值范围为 14．产品抽样检查中经常遇到一类实际问题，假定在N件产品中有M件不合格品，从产品中随机抽件做检查，请计算当N=16，M=8时， ；若，，请计算 ．（用组合数表示） 四、解答题：本题共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．（13分）已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)若函数的切线与直线垂直，求切线的方程. 16．（15分）在三棱锥中，，，，D为BC中点． (1)求证：； (2) 点M在棱PA上（不含端点），且二面角的 余弦值为？求线段AM的长度． 17．（15分）已知，是椭圆C：的左、右焦点，点是C上一点，的中点在y轴上，O为坐标原点． (1)求椭圆C的方程； (2)已知过椭圆上一点的切线方程为．设动直线l：与椭圆C相切于点P，且与直线相交于点Q，求证：以PQ为直径的圆与轴交于定点． 18．（17分）新高考数学试卷增加了多项选择题，每小题有A、B、C、D四个选项，原则上至少有2个正确选项，至多有3个正确选项，题目要求：“在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．”其中“部分选对的得部分分”是指：若正确答案有2个选项，则只选1个选项且正确得3分；若正确答案有3个选项，则只选1个选项且正确得2分，只选2个选项且都正确得4分． (1)若某道多选题的正确答案是BD，一考生在解答该题时，完全没有思路，随机选择至少一个选项，至多三个选项，并求该考生得0分的概率； (2)若某道多选题的正确答案是ABD，一考生在解答该题时，完全没有思路，随机选择至少一个选项，至多三个选项；在某考生此题已得正分的条件下，求该考生得2分的概率； (3)若某道多选题的正确答案是2个选项的概率是，一考生只能判断出A选项是正确的，其他选项均不能判断正误，给出以下方案，请你以得分的数学期望作为判断依据，帮该考生选出恰当方案： 方案一：只选择A选项； 方案二：选择A选项的同时，再随机选择一个选项； 方案三：选择A选项的同时，再随机选择两个选项． 19．（17分）一般地，设函数在区间[a，b]上连续，用分点将区间[a，b]分成个小区间．每个小区间长度为．在每个小区间上任取一点作和式．如果每个都无限接近于0（亦即）时，上述和式无限趋于常数，那么称该常数为函数在区间[a，b]上的定积分，记为．当时，定积分的几何意义表示由曲线，两条直线与轴所围成的曲边梯形的面积．如下图所示： 如果函数是区间[a，b]上的连续函数，并且，那么 (1)求； (2)过函数上一点作切线．该切线、曲线与轴围成图形的面积为，求该切线方程. (3)递增的等差数列，且，两条曲线在第一象的交点的横坐标记为，两条曲线在第一象内与轴所围的图形的面积为，求证：. 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 2023—2024学年度高二数学下学期期末考试参考答案 一、单选题：本小题共8小题，每小题5分，共40分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．B 2．D 3．A 【分析】平行移动与相交构成三角形，指明或其补角就是异面直线与所成的角，在三角形中由余弦定理解出即可. 【详解】 如图连接，因为为正四棱柱， 所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，则或其补角就是异面直线与所成的角， 设，则，，， 由余弦定理得：. 故选：A. 4．B 【分析】错位相减法求出，然后得出，即可得出答案. 【详解】，， 两式相减可得 ， 所以， 因为，所以，即恒成立，故. 故选：B 5．A 【解析】根据导数的几何意义，求得，再利用同角三角函数关系，求得齐次式的值即可. 【详解】因为，故可得， 则切线的斜率； 又因为. 故选：A. 【点睛】本题考查导数的几何意义，以及已知正切值求齐次式的值，属综合基础题. 6．C 【分析】取M为的中点，为右焦点，根据条件得，由在上的投影向量的模为得，利用双曲线的定义可得结果. 【详解】取M为的中点，为右焦点，∵, ∴，∴，∵在上的投影为，∴, ∴，∴，∴， ∵，∴，∴， 故选：C. 【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线的离心率问题往往需根据题目条件建立关于的一个等量关系或不等关系，结合离心率定义得解. 7．A 8．B 【分析】变形a，b，构造函数比较a，b的大小，构造函数比较的大小，利用极值点偏移的方法判断的大小作答. 【详解】依题意，，， 令，， 当时，，即，函数在上单调递减， ，即，因此， 令，，当时，，当时，， 函数在上单调递减，，而， 函数在上单调递增，显然， 则方程有两个不等实根，，有， ，而，则有， 令，，， 即函数在上单调递减，当时，，即， 因此，即有，而，在上单调递增， 于是得，即，取，，于是得， 又，在上单调递增，从而， 所以，B正确. 故选：B 【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用. 9．AC 【分析】根据等差数列性质可得，即可求出. 【详解】因为，b，c成等差数列，所以2b＝＋c. 又＋b＋c＝1，所以，所以， 根据分布列的性质，故选：AC. 10．BCD 【分析】对于A，根据回归直线方程解析式可判断；对于B，由第百分位数可求；对于C，由正态分布的性质可解；对于D，由全概率公式，可求，从而判断. 【详解】对于A，根据回归直线方程解析式，当解释变量每增加1个单位时， 响应变量y平均减少0.8个单位，A错误； 对于B，该组数据共10个，则， 所以第百分位数是第8个数17，B正确； 对于C，由于，， 则，C正确； 对于D，由全概率公式， ， D正确. 故选：BCD 11．BCD 【分析】对于AB，根据求导公式求导，然后观察规律即可；对于C，按照泰勒多项式直接求解可知；对于D，求出在处的次泰勒多项式，然后计算即可. 【详解】对于A，若，则， ， 所以，A错误； 对于B，若，则， ， 观察可知，B正确； 对于C，记，则， 因为， 所以在处的次泰勒多项式，C正确 对于D，的的阶导数， 得， ，D正确； 故选：BCD 12． 【详解】由已知得，所以含的项的系数为 13． 14． 或 【详解】当，，时，， 因为， 故． 当，时， 因为，即， 所以 故答案为：或， 15．(1)的单调递减区间为，单调递增区间为， (2) 【详解】（1）由得， 令， 故当时，单调递减，当时，单调递减， 当时，单调递增， 故的单调递减区间为，单调递增区间为， （2）由切点为，则切线斜率 切线与直线垂直，故，可得 则切点为，故切线方程为 ，即 16．(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）因为，， 所以， 所以，所以，所以AB⊥BC， 又，，所以△PBC为等边三角形， 所以，又，所以，所以AB⊥PB， 又PB，平面PBC，且， 所以AB⊥平面PBC，又平面PBC，所以AB⊥， 因为，D为BC的中点，所以PD⊥BC， 又平面ABC，， 所以PD⊥平面ABC，又平面ABC，所以. （2）由（1）得，PD⊥平面ABC，， 以D为原点，直线DB为y轴，直线DP为z轴，过D与AB平行的直线为x轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设，所以， 设平面MBC的一个法向量，则，即， 令，解得，，故， 显然平面ABC的一个法向量，二面角M-BC-A为锐二面角，设为， 所以， 解得或（舍）， 所以． 17．(1) (2)存在，的坐标为 【详解】（1）解：设， 由的中点在y轴上，且O为，的中点，可得轴，即， 又由，可得，即，， 所以，即， 解得，则，所以椭圆C的方程为. （2）解：因为过椭圆上一点的切线方程为， 设动点，则直线l的方程为， 即 令，则代入①，解得，所以Q坐标为， 由以PQ为直径的圆恒过点F，可得，即 假设存在点，则， 于是 整理得，由该方程对于任意的恒成立，可得， 因此，存在定点符合条件. 18．(1)答案见解析； (2) (3)选择方案二更恰当 【详解】（1）设事件表示“某题的答案是BD，该考生得0分””，则， . （2）设“某题的答案是，该考生得正分”，则， ， 设“某题的答案是，该考生得2分”，则， ， 所以该考生此题已得正分的条件下，则该考生得4分的概率为. （3）设方案一、二、三的得分分别为，，， 方案一：， ，， 即的分布列为： 2 3 则； 方案二：， ，，， 即的分布列为： 0 4 6 则； 方案三：， ，， 即的分布列为： 0 6 则， ， 以得分的数学期望作为判断依据选择方案二更恰当. 19．(1) (2)； （3）证明见解析 【详解】（1）； （2）设切点为，则切线的斜率为，切线方程 所以切线与轴的交点为， 所以曲线、切线、轴围成的面积 解得 所以切点为，切线方程为 （3）由解得 因为递增等差数列，且，d，设公差为所以 所以 所以 （2）①恒成立，得恒成立． 令，则． 当时，，所以在上单调递增， 又，所以在恒成立． 当时，当时，有，所以在上单调递减， 又在恒成立，与矛盾． 综上所述，． ②由，可得，所以． 即数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则， 所以， 是由曲线，两直线与轴所围成的曲边梯形的面积． 而表示图一阴影所示各矩形的面积和， 所以，不等式的左边成立． 表示图二阴影所示各矩形的面积和， 所以，不等式的右边成立． 【点睛】关键点点睛： （1）本题第一问在于对于定积分的理解，为求导的逆运算，再代入边界条件作差即可. （2）第二问第一小问为含参数的函数不等式恒成立问题，作差构造函数，利用导数讨论单调性即可；第二小问关键在于定积分意义的理解. 答案第4页，共12页 答案第3页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $$