精品解析：广东省东莞东华高级中学、东华松山湖高级中学2023-2024学年高二下学期期末联考数学试题

东华高级中学、东华松山湖高级中学 2023-2024学年第二学期期末学习效率检测 高二数学 本试卷共19小题，满分150分.考试用时120分钟. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A B. C. D. 2. 随着“一带一路”经贸合作持续深化，西安某地对外贸易近几年持续繁荣，2023年6月18日，该地很多商场都在搞“618”促销活动．市物价局派人对某商品同一天的销售量及其价格进行调查，得到该商品的售价（单位：元）和销售量（单位：百件）之间的一组数据（如表所示），用最小二乘法求得关于的线性回归方程是，预测当售价为45元时，销售量件数大约为（ ）（单位：百件） 20 25 30 35 40 5 7 8 9 11 A. 12 B. 12.5 C. 13 D. 11.75 3. 已知数列为等比数列，且，，设等差数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. 36 D. 18 4. 某电子竞技队伍由1名队长、1名副队长与3名队员构成，按需要担任第1至5号位的任务，由于队长需要分出精力指挥队伍，所以不能担任1号位，副队长是队伍输出核心，必须担任1号位或2号位，则不同的位置安排方式有（ ） A. 36种 B. 42种 C. 48种 D. 52种 5. 已知是椭圆的两个焦点，过点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 如下图所示，在正方体中，，分别是，的中点，则异面直线与所成的角的大小为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线的方程为(，为常数)，曲线的方程为 ，则“”是“直线与曲线有公共点”的（ ） A 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 设实数，e为自然对数的底数，若，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多项符合题目要求. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 已知随机变量服从二项分布，则 B. 设随机变量服从正态分布，若，则 C. 已知一组数据为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，则它的第70百分位数为7 D. 若事件满足，则事件相互独立 10. 已知双曲线和圆，则（ ） A. 双曲线的离心率为 B. 双曲线的渐近线方程为 C. 当时，双曲线与圆没有公共点 D. 当时，双曲线与圆恰有两个公共点 11. 已知函数，下列选项正确的是（ ） A. 有最大值 B. C 若时，恒成立，则 D. 设为两个不相等的正数，且，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中第2项的二项式系数为6，则其展开式中的常数项为__________． 13. 曲线在点处的切线方程为______． 14. 在四棱锥中，已知平面平面，，若二面角的正切值为，则四棱锥外接球的表面积为__________． 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. 随着互联网的普及、大数据的驱动，线上线下相结合的新零售时代已全面开启，新零售背景下，即时配送行业稳定快速增长.某即时配送公司为更好地了解客户需求，优化自身服务，提高客户满意度，在其两个分公司的客户中各随机抽取10位客户进行了满意度评分调查（满分100分），评分结果如下： 分公司A：66，80，72，79，80，78，87，86，91，91 分公司B：62，77，82，70，73，86，85，94，92，89. （1）求抽取的这20位客户评分的第一四分位数； （2）规定评分在75分以下的为不满意，从上述不满意的客户中随机抽取3人继续沟通不满意的原因及改进建议，设被抽到的3人中分公司的客户人数为，求的分布列和数学期望. 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，是中点，是中点. （1）证明：直线平面； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 17. 已知函数，，. （1）求函数的单调区间； （2）若且恒成立，求的最小值. 18. 已知抛物线的焦点为，为上一点，且. （1）求的方程； （2）过点且斜率存在的直线与交于不同的两点，且点关于轴的对称点为，直线与轴交于点. （i）求点的坐标； （ii）求与的面积之和的最小值. 19. 无穷数列，，…，，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是﹔如果n是奇数，就对尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是． （1）写出这个数列的前7项； （2）如果且，求m，n的值； （3）记，，求一个正整数n，满足． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 东华高级中学、东华松山湖高级中学 2023-2024学年第二学期期末学习效率检测 高二数学 本试卷共19小题，满分150分.考试用时120分钟. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由交集的运算，即可得到结果. 【详解】因为， 则. 故选：B 2. 随着“一带一路”经贸合作持续深化，西安某地对外贸易近几年持续繁荣，2023年6月18日，该地很多商场都在搞“618”促销活动．市物价局派人对某商品同一天的销售量及其价格进行调查，得到该商品的售价（单位：元）和销售量（单位：百件）之间的一组数据（如表所示），用最小二乘法求得关于的线性回归方程是，预测当售价为45元时，销售量件数大约为（ ）（单位：百件） 20 25 30 35 40 5 7 8 9 11 A. 12 B. 12.5 C. 13 D. 11.75 【答案】D 【解析】 【分析】求出，，根据回归直线方程必过样本中心点求出，从而得到回归直线方程，再代入计算可得. 【详解】因为，， 所以回归直线过点，故，即，所以． 将代入中，得． 故选：D． 3. 已知数列为等比数列，且，，设等差数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. 36 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式求出，即可求出，再由等差数列求和公式及下标和性质计算可得. 【详解】在等比数列中，，则， 所以，所以， 所以， 则. 故选：C 4. 某电子竞技队伍由1名队长、1名副队长与3名队员构成，按需要担任第1至5号位的任务，由于队长需要分出精力指挥队伍，所以不能担任1号位，副队长是队伍输出核心，必须担任1号位或2号位，则不同的位置安排方式有（ ） A. 36种 B. 42种 C. 48种 D. 52种 【答案】B 【解析】 【分析】按：“特殊元素（位置）优先法”解决.先分类：按副队长担任1号位和2号位分成两类；再分步：副队长担任1号位时，其余4个位置没有任何限制，副队长担任2号位时，先从3名队员中选1人担任1号位，其他3个位置无任何限制. 【详解】若副队长担任1号位，其他位置就没有任何限制，有种安排方式； 若副队长担任2号位，则从3名队员中选1人担任1号位，后面的3个位置无限制条件，有种安排方式. 所以一共有：种安排方式. 故选：B 5. 已知是椭圆的两个焦点，过点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设出椭圆方程，根据给定条件，列出方程组求出椭圆长半轴长即可得解. 【详解】依题意，设椭圆方程为，则， 直线，由，解得，则，于是， 所以椭圆的离心率为. 故选：A 6. 如下图所示，在正方体中，，分别是，的中点，则异面直线与所成的角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件建立空间直角坐标系，利用空间向量求异面直线所成角. 【详解】 以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则，，， ，，， 设异面直线与所成的角为,， 则,所以. 故选：C 7. 已知直线的方程为(，为常数)，曲线的方程为 ，则“”是“直线与曲线有公共点”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 详解】曲线：，则， 所以曲线表示以原点为圆心，半径的圆在轴及轴上方部分， 若直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离，解得， 即直线与曲线有公共点，可得，故必要性成立； 当，时直线的方程为，显然直线与曲线没有交点，故充分性不成立； 所以“”是“直线与曲线有公共点”的必要不充分条件. 故选：B 8. 设实数，e为自然对数的底数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】可对原不等式进行变形，再将转换成，构造函数，研究其函数的单调性，并根据和的大小关系，利用单调性进行求解即可. 【详解】 由，可得， 两边同除得：， 可设函数，， 当时，，故单调递增，当时，，故单调递减，图像如上图所示，因为，， 故由可得，所以，整理得得. 故选：C. 【点睛】指对同构，经常使用的变换形式有两种，一种是将x变成lnex然后构造函数；另一种是将x变成elnx然后构造函数. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多项符合题目要求. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 已知随机变量服从二项分布，则 B. 设随机变量服从正态分布，若，则 C. 已知一组数据为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，则它的第70百分位数为7 D. 若事件满足，则事件相互独立 【答案】AD 【解析】 【分析】根据 根据二项分布知识可判断A，根据正态分布知识可判断B，根据百分位数可判断C，根据条件概率知识可判断D. 【详解】因为随机变量服从二项分布，则，故A正确； 因为随机变量服从正态分布，则对称轴为，，故B错误； 这组数据的第70百分位数为，故C错误； 因为，所以，所以事件相互独立. 故选：AD. 10. 已知双曲线和圆，则（ ） A. 双曲线的离心率为 B. 双曲线的渐近线方程为 C. 当时，双曲线与圆没有公共点 D. 当时，双曲线与圆恰有两个公共点 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据双曲线方程求出离心率与渐近线方程，即可判断A、B，求出圆心到渐近线的距离，即可判断C，设双曲线上的点的坐标为，表示出的距离，即可得到圆心到双曲线上的点的距离的最小值，从而判断D. 【详解】解：由已知得，，则，所以双曲线的离心率，故选项A正确； 双曲线的渐近线方程为，即，故选项B错误； 因为圆心到双曲线的渐近线的距离， 所以当时，圆与双曲线的渐近线相切，此时双曲线与圆没有公共点，故选项C正确； 设双曲线上的点的坐标为，，则圆心到点的距离为 ，当且仅当时取等号， 所以圆心到双曲线上的点的距离的最小值为，且双曲线上只有两个点到圆心的距离为， 所以当时，双曲线与圆恰有两个公共点，故选项D正确． 故选：ACD 11. 已知函数，下列选项正确的是（ ） A. 有最大值 B. C. 若时，恒成立，则 D. 设为两个不相等的正数，且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：求导，利用导数判断原函数的单调性和最值；对于B：利用作差法比较大小；对于C：利用定点分析判断；对于D：利用极值点偏离分析证明. 【详解】对于选项A：由题意可得：函数的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 则函数在上单调递增，在上单调递减， 所以有最大值，故A正确； 对于选项B：因为， 则， 所以，故B错误； 对于选项C：构建，则， 因为，且当时，恒成立， 则，解得， 若，则当时恒成立， 则在上单调递减，则，符合题意 综上所述：符合题意，故C正确； 对于选项D：因为， 整理得，即， 由选项A可知：函数在上单调递增，在上单调递减， 当x趋近于0时，趋近于0，且令，解得， 不妨设， 构建， 因为在上恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以，即， 可得， 注意到在上单调递减，且， 所以，即，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 展开式中第2项的二项式系数为6，则其展开式中的常数项为__________． 【答案】15 【解析】 【分析】由题意先求出，再求出的展开式的通项公式，令代入即可得出答案. 【详解】因为的展开式中第2项的二项式系数为6，所以，， 的展开式的通项公式为， 令，得，故展开式中的常数项为． 故答案为：15. 13. 曲线在点处的切线方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的几何意义可求出结果. 【详解】，  ，， 所以所求切线方程为，即. 故答案为： 14. 在四棱锥中，已知平面平面，，若二面角的正切值为，则四棱锥外接球的表面积为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】分别取、的中点、，连接，即可证明平面，从而得到，再由，即可得到平面，从而得到为二面角的平面角，即可求出，又三棱锥外接球的球心在直线上，求出三棱锥外接球的半径，即可得到外接球的表面积，再由、、、四点共圆，即可得到三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，从而得解. 【详解】分别取、的中点、，连接． 因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，平面，所以，， 因为， 所以，所以， 因为分别为的中点，所以，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为二面角的平面角，所以， 因为，所以， 所以三棱锥外接球的球心在直线上，由知在线段的延长线上． 设，则，即，所以， 所以三棱锥外接球的半径为，表面积为， 因为，，即， 所以、、、四点共圆， 所以三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球， 故四棱锥外接球的表面积为． 故答案为： 【点睛】方法点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 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. 随着互联网的普及、大数据的驱动，线上线下相结合的新零售时代已全面开启，新零售背景下，即时配送行业稳定快速增长.某即时配送公司为更好地了解客户需求，优化自身服务，提高客户满意度，在其两个分公司的客户中各随机抽取10位客户进行了满意度评分调查（满分100分），评分结果如下： 分公司A：66，80，72，79，80，78，87，86，91，91. 分公司B：62，77，82，70，73，86，85，94，92，89. （1）求抽取的这20位客户评分的第一四分位数； （2）规定评分在75分以下的为不满意，从上述不满意的客户中随机抽取3人继续沟通不满意的原因及改进建议，设被抽到的3人中分公司的客户人数为，求的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2），分布列见解析 【解析】 【分析】（1）将数据从小到大排列，根据第一四分位数的概念求解即可； （2）先求出两个公司不满意的人数，确定随机变量的取值，然后求出对应的概率，根据数学期望公式求解即可. 【小问1详解】 将抽取的这20位客户的评分从小到大排列为：62，66，70，72，73，77，78，79，80，80，82，85，86，86，87，89，91，91，92，94. 因为， 所以抽取的这20位客户评分的第一四分位数为. 【小问2详解】 由已知得分公司中75分以下的有66分，72分； 分公司中75分以下的有62分，70分，73分， 所以上述不满意的客户共5人，其中分公司中2人，分公司中3人. 所以的所有可能取值为1，2，3. ， 所以的分布列为 1 2 3 数学期望. 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，是中点，是中点. （1）证明：直线平面； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）取的中点为，证得且，得到四边形为平行四边形，得出，结合线面平行的判定定理，即可得证； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，由，所以，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 证明：取的中点为，连接， 因为分别为的中点，所以且， 在正方形中，是中点，可得且， 所以且，故四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面，故直线平面. 【小问2详解】 解：因底面四边形为正方形，且底面， 以为坐标原点，以所在的直线分别为为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 则， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 设，则， 因为，所以，可得，且， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面与平面的夹角的为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 17. 已知函数，，. （1）求函数的单调区间； （2）若且恒成立，求的最小值. 【答案】（1）答案见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）求导后，利用导数与函数单调性的关系，对与分类讨论即可得； （2）结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解. 【小问1详解】 （）， 当时，由于，所以恒成立，从而在上递增； 当时，，；，， 从而在上递增，在递减； 综上，当时，的单调递增区间为，没有单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 令，要使恒成立， 只要使恒成立，也只要使. ， 由于，，所以恒成立， 当时，，当时，， 所以，解得：， 所以的最小值为. 18. 已知抛物线的焦点为，为上一点，且. （1）求的方程； （2）过点且斜率存在的直线与交于不同的两点，且点关于轴的对称点为，直线与轴交于点. （i）求点的坐标； （ii）求与面积之和的最小值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由条件结合抛物线的定义列方程求，由此可得抛物线方程； （2）（i）设的方程为，联立方程组并化简，设，应用韦达定理得，写出直线方程，求出它与轴的交点坐标即得； （ii）由（i）的结论计算三角形面积和，结合基本不等式求其最值． 【小问1详解】 由题意可得，解得， 所以方程为：； 【小问2详解】 （i）由已知可得直线的斜率不为0，且过点， 故可设的直线的方程为， 代入抛物线的方程， 可得， 方程的判别式， 设，， 不妨设，则, 所以直线AD的方程为：，即 即，令，可得， 所以，所以 所以； （ii）如图所示，可得， ， 所以与的面积之和 当且仅当时，即时，等号成立， 所以与的面积之和的最小值为. 【点睛】方法点睛：本题主要考查抛物线的标准方程及几何性质、及直线与抛物线的位置关系的综合应用，解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等。 19. 无穷数列，，…，，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是﹔如果n是奇数，就对尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是． （1）写出这个数列的前7项； （2）如果且，求m，n的值； （3）记，，求一个正整数n，满足． 【答案】（1），，，，，，； （2）； （3）（答案不唯一，满足即可） 【解析】 【分析】（1）根据数列的定义，逐一求解； （2）根据数列的定义，分和分别求解； （3）根据数列的定义，写出的值，即可求解. 【小问1详解】 根据题意，，， ，，， ，． 【小问2详解】 由已知，m，n均为奇数，不妨设． 当时，因为，所以，故； 当时，因为，而n为奇数，，所以． 又m为奇数，，所以存在，使得为奇数． 所以． 而，所以，即，，无解． 所以． 【小问3详解】 显然，n不能为偶数，否则，不满足． 所以，n为正奇数． 又，所以． 设或，． 当时，，不满足； 当时，，即． 所以，取，时， 即． 【点睛】关键点点睛：第（3）问中，发现当时，满足，从而设，，验证满足条件. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$