精品解析：吉林省长春市汽车经济技术开发区第三中学2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题

汽开三中2023—2024学年度下学期期末考试 高二数学试卷 命题人： 审题人： 注意事项：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共3页，总分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（本题共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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“，函数在上单调递增”的否定为（ ） A. ，函数在上单调递减 B. ，函数在上不单调递增 C. ，函数在上单调递减 D. ，函数在上不单调递增 3. 已知，且，则（ ） A. B. C. 4 D. 4. 水稻是世界最重要的食作物之一，也是我国60%以上人口的主粮.以袁隆平院士为首的科学家研制成功的杂交水稻制种技术在世界上被誉为中国的“第五大发明"，育种技术的突破，杂交水稻的推广，不仅让中国人端稳饭碗，也为解决世界粮食短缺问题作出了巨大贡献.某农场种植的甲、乙两种水稻在面积相等的两块稻田中连续6年的产量(单位：kg)如下： 品种 第1年 第2年 第3年 第4年 第5年 第6年 甲 900 920 900 850 910 920 乙 890 960 950 850 860 890 根据以上数据，下面说法正确是（ ） A. 甲种水稻产量的平均数比乙种水稻产量的平均数大 B. 甲种水稻产量的中位数比乙种水稻产量的中位数小 C. 甲种水稻产量的极差与乙种水稻产量的极差相等 D. 甲种水稻的产量比乙种水稻的产量稳定 5. 已知周长为16的△ABC中，点A（－3，0），B（3，0），则点C的轨迹方程是（　　） A 1 B. 1 C. 1（y≠0） D. 1（y≠0） 6. 若函数在与直线有两个交点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，体积为，则正四棱台的侧棱与底面所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 下列说法中正确有（ ） A. 已知，则“”的必要不充分条件是“” B. 函数的最小值为2 C. 集合A，B是实数集R的子集，若，则B. D. 若集合，则满足⫋⫋的集合A有2个 10. 下列说法中，正确的是（ ） A. 若随机变量，且，则 B. 一组数据6，7，7，9，13，14，16，17，21的第70百分位数为15 C. 在一元线性回归模型分析中，决定系数用来刻画模型的拟合效果，若值越小，则模型的拟合效果越好 D. 设随机事件，，已知事件发生的概率为，在事件发生的条件下事件发生的概率为，在事件不发生的条件下事件发生的概率为，则事件发生的概率为 11. 已知分别是定义域为的偶函数和奇函数，且，设函数，则（ ） A. 是奇函数 B. 是偶函数 C. 在上单调递减 D. 在上单调递增 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 若，则值为______. 13. 有4人到甲、乙、丙三所学校去应聘，若每人至多被一所学校录用，每所学校至少录用其中1人，则所有不同的录用情况种数为_________.（用数字作答） 14. 函数，则______. 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. 在中，记角、、的对边分别为、、，已知． （1）求角； （2）已知点在边上，且，，，求的面积． 16. 如图①，在等腰梯形中，，，，，分别是线段的两个三等分点，若把等腰梯形沿虚线，折起，使得点和点重合，记为点，如图②. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 17. 数列的前项和为，且， （1）求数列的通项公式； （2）已知，若，求数列的前项和. 18. 某素质训练营设计了一项闯关比赛.规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次：如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作比赛胜利，无需继续闯关.现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为、、，假定、、互不相等，且每人能否闯关成功的事件相互独立. （1）计划依次派甲乙丙进行闯关，若，，，求该小组比赛胜利概率； （2）若依次派甲乙丙进行闯关，则写出所需派出的人员数目的分布，并求的期望； （3）已知，若乙只能安排在第二个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出. 19. 已知双曲线的实轴长为2，顶点到渐近线的距离为. （1）求双曲线的标准方程； （2）若直线与的右支及渐近线的交点自上而下依次为，证明：； （3）求二元二次方程的正整数解，可先找到初始解，其中为所有解中的最小值，因为，所以；因为，所以；重复上述过程，因为与的展开式中，不含的部分相等，含的部分互为相反数，故可设，所以.若方程的正整数解为，则的面积是否为定值？若是，请求出该定值，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 汽开三中2023—2024学年度下学期期末考试 高二数学试卷 命题人： 审题人： 注意事项：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共3页，总分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（本题共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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数乘法求的代数形式，再由模的公式求结论. 【详解】因为， 所以， 故选：C. 2. 命题“，函数在上单调递增”的否定为（ ） A. ，函数在上单调递减 B. ，函数在上不单调递增 C. ，函数上单调递减 D. ，函数在上不单调递增 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解. 【详解】因为全称量词命题的否定为存在量词命题， 所以命题“，函数在上单调递增”的否定为“，函数在上不单调递增”． 故选：B． 3. 已知，且，则（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的数量积可求. 【详解】因为，，则，， 则，故， 故选：C. 4. 水稻是世界最重要的食作物之一，也是我国60%以上人口的主粮.以袁隆平院士为首的科学家研制成功的杂交水稻制种技术在世界上被誉为中国的“第五大发明"，育种技术的突破，杂交水稻的推广，不仅让中国人端稳饭碗，也为解决世界粮食短缺问题作出了巨大贡献.某农场种植的甲、乙两种水稻在面积相等的两块稻田中连续6年的产量(单位：kg)如下： 品种 第1年 第2年 第3年 第4年 第5年 第6年 甲 900 920 900 850 910 920 乙 890 960 950 850 860 890 根据以上数据，下面说法正确的是（ ） A. 甲种水稻产量的平均数比乙种水稻产量的平均数大 B. 甲种水稻产量的中位数比乙种水稻产量的中位数小 C. 甲种水稻产量的极差与乙种水稻产量的极差相等 D. 甲种水稻的产量比乙种水稻的产量稳定 【答案】D 【解析】 【分析】分别计算两种水稻产量的平均数、中位数、极差、方差即可判断四个选项的正误，即可得出正确选项. 【详解】对于选项A：甲种水稻产量的平均数：， 乙种水稻产量的平均数：， 所以甲种水稻产量的平均数和乙种水稻产量的平均数相等，故选项A不正确； 对于选项B：甲种水稻产量分别为：，中位数为， 乙种水稻产量分别为，中位数为， 所以甲种水稻产量的中位数比乙种水稻产量的中位数大，故选项B不正确； 对于选项C：甲种水稻产量的极差为：，乙种水稻产量的极差为： ，甲种水稻产量的极差与乙种水稻产量的极差不相等，故选项C不正确； 对于选项D：甲种水稻的产量的方差为： 乙种水稻的产量的方差为： ， 甲种水稻产量的平均数和乙种水稻产量的平均数相等， 甲种水稻的产量的方差小于乙种水稻的产量的方差， 所以甲种水稻的产量比乙种水稻的产量稳定，故选项D正确， 故选：D. 5. 已知周长为16的△ABC中，点A（－3，0），B（3，0），则点C的轨迹方程是（　　） A. 1 B. 1 C. 1（y≠0） D. 1（y≠0） 【答案】C 【解析】 【详解】解析：因为三角形周长为16，又CA＋CB＝10＞6＝AB，所以点C的轨迹在以A，B为焦点的椭圆＋＝1上．因为△ABC中点C与点A，B不共线，所以去掉y轴上的两点，得y≠0. 【考查意图】定义法求轨迹方程． 6. 若函数在与直线有两个交点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将分段，写出函数在每段的函数表达式，然后再画图，数形结合即可得到答案。 【详解】当，当， 所以画出函数的图像： 所以 故选：C 7. 已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，体积为，则正四棱台的侧棱与底面所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】画出相应图形，借助正四棱台的性质及体积公式可得其高，结合线面角定义计算即可得解. 【详解】如图所示，作于点， 则，即， ， 则， 由正四棱台的侧棱与底面所成角即为与底面所成角， 设其，则，即. 故答案为：. 8. 已知函数，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先判断函数的奇偶性，利用导数判断函数的单调性，令，利用导数判断的单调性，从而可得，进而可得比较函数值的大小． 【详解】∵， ∴，∴偶函数， ， 当时，，故函数在上单调递增， 令，则， 即函数在上单调递减，故， 即可，而， 所以， ∴． 故选：C． 【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤 (1)作差或变形； (2)构造新的函数； (3)利用导数研究单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式． 二、多选题（本题共3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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 下列说法中正确的有（ ） A. 已知，则“”的必要不充分条件是“” B. 函数的最小值为2 C. 集合A，B是实数集R的子集，若，则B. D. 若集合，则满足⫋⫋的集合A有2个 【答案】CD 【解析】 【分析】由充分条件和必要条件的定义可判断A；由双勾函数的性质可判断B；由子集的定义可判断C；由真子集的定义可判断D. 【详解】对于A，取，满足，但不满足， 若，即，所以， 所以“”的充分不必要条件是“”，故A错误； 对于B，， 令，由双勾函数的性质知：在上单调递增， 所以，所以函数的最小值为3，故B错误； 对于C，集合A，B是实数集R的子集，若，则B，故C正确； 对于D，， ⫋⫋的集合A可能为：，故D正确. 故选：CD. 10. 下列说法中，正确的是（ ） A. 若随机变量，且，则 B. 一组数据6，7，7，9，13，14，16，17，21的第70百分位数为15 C. 在一元线性回归模型分析中，决定系数用来刻画模型的拟合效果，若值越小，则模型的拟合效果越好 D. 设随机事件，，已知事件发生的概率为，在事件发生的条件下事件发生的概率为，在事件不发生的条件下事件发生的概率为，则事件发生的概率为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用正态分布中概率的计算得到A选项；由百分位数的计算得到B选项；根据回归分析中决定系数的利用判断C选项；由乘法公式和全概率公式得到D选项. 【详解】A选项，因为，且，所以，故A正确； B选项，数据共有9个数，，所以第70百分位数是第7个数16，故B错误； C选项，在一元线性回归分析中可以用决定系数来刻画回归的效果，若的值越小，则模型的拟合效果越差，故C错误； D选项，， 所以， 又因为，则， 所以，故D正确． 故选：AD． 11. 已知分别是定义域为的偶函数和奇函数，且，设函数，则（ ） A. 是奇函数 B. 是偶函数 C. 在上单调递减 D. 在上单调递增 【答案】AD 【解析】 【分析】根据奇、偶性得到方程组求出、的解析式，从而得到的解析式，再由奇偶性的定义判断的奇偶性，利用导数判断函数的单调性. 【详解】因为①，所以， 即②，联立①②，解得， 所以，定义域为，又， 所以是奇函数，又， 所以在上单调递增，故A，D正确，B、C错误． 故选：AD 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 若，则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用赋值法求解. 详解】根据题意，， 令，得， 令，得， 所以. 故答案为：. 13. 有4人到甲、乙、丙三所学校去应聘，若每人至多被一所学校录用，每所学校至少录用其中1人，则所有不同的录用情况种数为_________.（用数字作答） 【答案】60 【解析】 【分析】分类讨论录取的人数，结合排列数、组合数运算求解. 【详解】当人中有三人被录取，则不同的录取情况数为， 当4人全部被录取，则不同的录取情况数为， 综上不同的录取情况数共有种. 故答案为：60 14. 函数，则______. 【答案】2 【解析】 【分析】分和两种情况列方程求解即可. 【详解】，若， 则或，即或，解得. 故答案为：2. 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. 在中，记角、、的对边分别为、、，已知． （1）求角； （2）已知点在边上，且，，，求的面积． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）代入正弦定理和两角和的正弦公式即可； （2）先确定长度，再确定，即可判断三角形形状，确定面积． 【小问1详解】 ，由正弦定理可得 ， ， ， ，， ； 【小问2详解】 设，，，或4， 当时，，，此时三角形为正三角形， 当时，，， 满足，此时三角形为直角三角形，． 16. 如图①，在等腰梯形中，，，，，分别是线段的两个三等分点，若把等腰梯形沿虚线，折起，使得点和点重合，记为点，如图②. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明来证得平面，由此证得平面平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法计算出平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【小问1详解】 由题意可知：四边形ABEF是正方形， 则，且，平面PEF， 所以平面PEF， 因为平面ABEF，所以平面平面ABEF． 【小问2详解】 如图，过点P作于点O，过点O作BE的平行线交AB于点G， 因为平面平面ABEF，平面平面，平面， 则平面ABEF． 又因为PO，EF，OG所在直线两两垂直， 所以分别以OG，OE，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则. 所以. 设平面PAE的法向量为，则， 设，则，可得. 设平面的法向量为，则， 设，则，可得. 设平面与平面所成锐二面角为， 则， 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 17. 数列的前项和为，且， （1）求数列的通项公式； （2）已知，若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件求得首项，由得，两式相减即可得到为等比数列，进一步求解即可; （2）利用错位相减法求和即可. 【小问1详解】 当时，，即； 当时，由得， 则两式相减得， 即， 综上可知，是首项，公比的等比数列， 则，即. 故. 【小问2详解】 由（1）知，， 则①， ②， ①-②得， 整理得 ， 即，所以 18. 某素质训练营设计了一项闯关比赛.规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次：如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作比赛胜利，无需继续闯关.现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为、、，假定、、互不相等，且每人能否闯关成功的事件相互独立. （1）计划依次派甲乙丙进行闯关，若，，，求该小组比赛胜利的概率； （2）若依次派甲乙丙进行闯关，则写出所需派出的人员数目的分布，并求的期望； （3）已知，若乙只能安排在第二个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出. 【答案】（1） （2） （3）先派出甲 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式求解； （2）由题意可知，的所有可能取值为1，2，3，利用独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，进而得到的分布，再结合期望公式求解； （3）分别计算出依次派甲乙丙进行闯关和依次派丙乙甲进行闯关，所派出人员数目的期望，再利用作差法比较大小即可． 【小问1详解】 设事件表示“该小组比赛胜利”， 则； 【小问2详解】 由题意可知，的所有可能取值为1，2，3， 则，，， 所以的分布为： 所以； 【小问3详解】 若依次派甲乙丙进行闯关，设派出人员数目的期望为， 由（2）可知，， 若依次派丙乙甲进行闯关，设派出人员数目的期望为， 则， 则 ， 因为，所以，， 所以，即， 所以要使派出人员数目的期望较小，先派出甲． 19. 已知双曲线的实轴长为2，顶点到渐近线的距离为. （1）求双曲线的标准方程； （2）若直线与的右支及渐近线的交点自上而下依次为，证明：； （3）求二元二次方程的正整数解，可先找到初始解，其中为所有解中的最小值，因为，所以；因为，所以；重复上述过程，因为与的展开式中，不含的部分相等，含的部分互为相反数，故可设，所以.若方程的正整数解为，则的面积是否为定值？若是，请求出该定值，并说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）1 【解析】 【分析】（1）根据双曲线关系和渐近线、实轴相关概念进行列式计算即可求解. （2）分别联立直线与及其渐近线方程求出、、、的坐标或坐标的关系，进而得出线段的中点重合，即可得证. （3）结合题目所给的循环构造的方法得，用向量面积公式表示出面积，再换元，化简即可求解. 【小问1详解】 由题意，解得， 所以双曲线的标准方程为； 【小问2详解】 由题意直线的斜率不为0，设直线， 因为直线与的右支交于两点，所以， 联立得， 所以，且，即， 联立得，所以， 所以，即线段的中点重合，所以. 【小问3详解】 由题意得方程的初始解为，则根据循环构造原理得 ， 从而， 记，则，设，的夹角为， 则的面积 ， 令，， 则 ，于是的面积为定值. 【点睛】方法点睛：新定义问题解题策略：首先，明确新定义的特点；其次，根据定义中的步骤对具体题目进行运算；最后得到结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $