精品解析：河南省信阳市息县第二高级中学联考2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题

息县二高联考2023-2024学年下期期末考试 高二数学卷 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．考试时间120分钟，满分150分．考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效．交卷时只交答题卡． 第I卷（选择题，共58分） 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．） 1. 在等比数列中，已知，，则（ ） A. B. 27 C. D. 64 2. 设是可导函数，且，则（　　） A. B. C. D. 3. 已知由小到大排列的5个样本数据的极差是15，则的值为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 4 若圆被直线平分，则（ ） A -2 B. C. D. 5. 已知分别为双曲线的左､右焦点，过的直线与双曲线的左支交于两点，若，则双曲线的焦距为（ ） A. B. C. D. 6. 设，则 （ ） A. 1 B. 2 C. 63 D. 64 7. 已知双曲线E 的右焦点为F，以F为圆心，为半径的圆与双曲线 E的一条渐近线交于A，B两点，若，则双曲线 E的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 8. 已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递减的有序数对的个数是（ ） A. 36 B. 42 C. 72 D. 84 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. 已知函数，则（ ） A. 在处的切线为轴 B. 是上的减函数 C. 为的极值点 D. 最小值为0 10. 已知事件A与B发生概率分别为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数在处取到极大值1，则以下结论正确的是（ ） A. B. C. D. 第II卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球.若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从放入球的盒子中任取一个球，则第二次抽到3号球的概率为___________. 13. 如图，长方体中，，点为线段上一点，则的最大值为__________. 14. 已知随机变是服从正态分布，且，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. 如图，底面是正三角形的直三棱柱中，是的中点，. （I）求证：平面； （II）求点到平面的距离. 16. 已知函数图象是曲线C，直线与曲线C相切于点. （1）求函数解析式； （2）求函数在区间上的最大值和最小值. 17. 点球大战是指在足球比赛中，双方球队在经过90分钟常规赛和30分钟加时赛后仍然无法分出胜负的条件下，采取以互罚点球决胜负的方法.在点球大战中，双方球队确定各自罚球队员的顺序，通过抽签的方式决定哪一方先罚，双方球队各出1人进行1次罚球作为1轮罚球，点球大战期间队员不可重复罚球，除非一方球队的全部球员已依次全部罚球.点球大战主要分为两个阶段：第一阶段，以双方球员交替各踢5次点球作为5轮罚球，前5轮罚球以累计进球数多的一队获胜，当双方未交替踢满5轮，就已能分出胜负时，裁判会宣布进球多的一队获胜，当双方交替踢满5轮，双方进球数还是相等时，则进入第二阶段：第二阶段，双方球队继续罚球，直到出现某1轮结束时，一方罚进而另一方未罚进的局面，则由罚进的方取得胜利.现有甲､乙两队（每支队伍各11名球员）已经进入了点球大战，甲队先罚球，各队已经确定好罚球队员的顺序，甲队的球员第1轮上场，球员在点球时罚进球的概率为，其余的21名球员在点球时罚进球的概率均为. （1）求第3轮罚球结束时甲队获胜的概率； （2）已知甲､乙两队的点球大战已经进入第二阶段，在第二阶段的第4轮罚球结束时甲队获胜的条件下，甲､乙两队第二阶段的进球数之和为，求的分布列及数学期望. 18. 已知椭圆的左顶点为，右顶点为，椭圆上不同于点的一点满足. （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线交椭圆于两点，直线交于点，证明：点在定直线上. 19. 已知函数. （1）若方程有两解，求实数的取值范围； （2）若对任意的，不等式恒成立，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 $$ 息县二高联考2023-2024学年下期期末考试 高二数学卷 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．考试时间120分钟，满分150分．考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效．交卷时只交答题卡． 第I卷（选择题，共58分） 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．） 1. 等比数列中，已知，，则（ ） A. B. 27 C. D. 64 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的性质即可求解. 【详解】由题意可知公比所以， 故选：B 2. 设是可导函数，且，则（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的定义即可得到答案. 【详解】. 故选：C. 3. 已知由小到大排列的5个样本数据的极差是15，则的值为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】由极差的公式求解． 【详解】由题知最小的数据是，最大的数据是23，则极差为，解得. 故选：C. 4. 若圆被直线平分，则（ ） A. -2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由直线经过圆心进行求解． 【详解】由题意得圆心在直线上，则，解得. 故选：D. 5. 已知分别为双曲线的左､右焦点，过的直线与双曲线的左支交于两点，若，则双曲线的焦距为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用双曲线定义、已知条件求出、，设，由余弦定理、求出可得答案. 【详解】如图，由于， 有4，可得， 又由，可得，设， 在中，由余弦定理有. 在中，由余弦定理有. 又由，有， 可得，解得，所以双曲线的焦距为. 故选：B. 6. 设，则 （ ） A. 1 B. 2 C. 63 D. 64 【答案】D 【解析】 【分析】令即可得到答案. 【详解】令得. 故选：D. 7. 已知双曲线E 右焦点为F，以F为圆心，为半径的圆与双曲线 E的一条渐近线交于A，B两点，若，则双曲线 E的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】求出双曲线的渐近线方程，利用点到直线距离、圆的弦长公式及勾股定理建立关系求得，即可求出离心率. 【详解】令点，双曲线E 的渐近线方程为， 由对称性不妨取直线，取中点，连接，则， ，而， 由，得，在中，， 则，解得， 所以双曲线 E的离心率. 故选：A 8. 已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递减的有序数对的个数是（ ） A. 36 B. 42 C. 72 D. 84 【答案】C 【解析】 【分析】分类讨论单调性，结合排列数、组合数运算求解. 【详解】若和在上单调递减，在上单调递减增， 则，此时有序数对的个数有：个； 若和在上单调递减，在上单调递增， 则，此时有序数对的个数有：个； 若和在上单调递减，在上单调递增， 则，此时有序数对的个数有：个； 若、和在上单调递减， 则，此时有序数对的个数有：个； 综上所述：共有个. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：关键在于恰当的进行分类，做到不重不漏，由此即可顺利得解. 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. 已知函数，则（ ） A. 在处的切线为轴 B. 是上的减函数 C. 为的极值点 D. 最小值为0 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出函数的导数，根据导数的几何意义可判断A；结合函数的单调性与导数的关系，判断B;根据导数的正负与函数极值的关系，判断C,继而判断D. 【详解】由题意知，故， 故在处的切线的斜率为，而， 故在处的切线方程为，即， 所以在处的切线为轴，A正确； 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增，B错误； 由此可得为的极小值点，C正确； 由于在上只有一个极小值点，故函数的极小值也为函数的最小值， 最小值为，D正确， 故选： 10. 已知事件A与B发生的概率分别为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用概率的运算性质，即可得出判断. 【详解】对于A，由于题目中没确定事件A与B是否相互独立， 所以，不一定成立，故A错误； 对于B，由于，则， 则，故B正确； 对于C，由于题目中没确定事件A与B是否相互独立， 所以，也不一定成立，故C错误； 对于D，，故，故D正确； 故选：BD. 11. 已知函数在处取到极大值1，则以下结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对函数进行求导，根据极值点导数意义，判断A，B；根据函数在处取到极大值，则函数在的附近单调性为“左增右减”，用导数正负来判断C，D. 【详解】因为，则. 函数在处取到极大值1.则，则A正确； 两式子相减，得到，即，则B正确； 由前面知道，，则， 由于函数在处取到极大值，则函数的附近单调性为“左增右减”. 则，对于时，， 即，即，即， 即，则.则C正确，D错误. 故选：ABC. 第II卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球.若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从放入球的盒子中任取一个球，则第二次抽到3号球的概率为___________. 【答案】 【解析】 【分析】记第一次抽到第i号球的事件分别为，记第二次在第i号盒内抽到3号球的事件分别为，再利用全概率公式求解即可. 【详解】记第一次抽到第i号球的事件分别为， 则有，， 记第二次在第i号盒内抽到3号球的事件分别为， 而，，两两互斥，和为，，，， 记第二次抽到3号球的事件为B， ． 故答案为: 13. 如图，长方体中，，点为线段上一点，则的最大值为__________. 【答案】3 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设，利用向量数量积的坐标运算得关于的函数，再求解函数最值即可. 【详解】以为坐标原点，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设， 则， ， 则， 因为，所以当时，取最大值，最大值为3. 故答案为：3. 14. 已知随机变是服从正态分布，且，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性结合题意求解即可. 【详解】因为随机变是服从正态分布，且， 所以， 所以． 故答案为： 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. 如图，底面是正三角形的直三棱柱中，是的中点，. （I）求证：平面； （II）求点到平面的距离. 【答案】（I）证明见解析；（II）. 【解析】 【分析】（I）连接，交于点，利用三角形中位线性质可得，由线面平行的判定可得结论； （II）由线面平行关系可知所求距离即为点到平面距离，利用体积桥可构造方程求得结果. 【详解】（I）连接，交于点，连接， 四边形为平行四边形，为中点，又为中点，， 平面，平面，平面. （II）由（I）知：平面， 点到平面的距离即为点到平面的距离； 三棱柱直三棱柱，为等边三角形，， ，，，，， ； ，， ； 设点到平面的距离为， 则，解得：， 点到平面的距离为. 16. 已知函数的图象是曲线C，直线与曲线C相切于点. （1）求函数的解析式； （2）求函数在区间上的最大值和最小值. 【答案】（1） （2）最大值为，最小值为. 【解析】 【分析】（1）利用切点在直线和曲线上，结合导数的几何意义即可求解； （2）根据（1）的结论，求出，再利用导数法求函数的最值的步骤即可求解. 【小问1详解】 因为切点为， 所以，解得. 由，得， 因为直线与曲线C相切于点， 所以，解得， 所以， 由，得. 所以函数的解析式为：. 【小问2详解】 由（1）知，， 所以，. 可得， 令，则，解得（舍），. 当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增. 当时，取的极小值，极小值为， 又因为， 所以当时，的最大值为，最小值为. 17. 点球大战是指在足球比赛中，双方球队在经过90分钟常规赛和30分钟加时赛后仍然无法分出胜负的条件下，采取以互罚点球决胜负的方法.在点球大战中，双方球队确定各自罚球队员的顺序，通过抽签的方式决定哪一方先罚，双方球队各出1人进行1次罚球作为1轮罚球，点球大战期间队员不可重复罚球，除非一方球队的全部球员已依次全部罚球.点球大战主要分为两个阶段：第一阶段，以双方球员交替各踢5次点球作为5轮罚球，前5轮罚球以累计进球数多的一队获胜，当双方未交替踢满5轮，就已能分出胜负时，裁判会宣布进球多的一队获胜，当双方交替踢满5轮，双方进球数还是相等时，则进入第二阶段：第二阶段，双方球队继续罚球，直到出现某1轮结束时，一方罚进而另一方未罚进的局面，则由罚进的方取得胜利.现有甲､乙两队（每支队伍各11名球员）已经进入了点球大战，甲队先罚球，各队已经确定好罚球队员的顺序，甲队的球员第1轮上场，球员在点球时罚进球的概率为，其余的21名球员在点球时罚进球的概率均为. （1）求第3轮罚球结束时甲队获胜的概率； （2）已知甲､乙两队的点球大战已经进入第二阶段，在第二阶段的第4轮罚球结束时甲队获胜的条件下，甲､乙两队第二阶段的进球数之和为，求的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据第一阶段的规则，当甲队前3轮进3球时，无论后两轮甲队是否进球均可确定甲队累计进球数多，则甲队胜； （2）首先求出第二阶段每一轮的所有结果的概率，包括：甲队进球且乙队未进球、甲乙两队均进球、甲乙两队均未进球，根据题意知第二阶段的前3轮罚球甲､乙两队的进球数相等，第4轮罚球为甲队进球､乙队未进球，则可分析出X的可能取值，然后求解其条件概率，进而求得分布列及数学期望. 【小问1详解】 第3轮罚球结束时甲队获胜，则甲队前3轮进3球，乙队前3轮未进球， 所以第3轮罚球结束时甲队获胜的概率为. 【小问2详解】 甲､乙两队的点球大战已经进入第二阶段，每一轮罚球甲队进球､乙队未进球的概率为，甲､乙两队均进球的概率为，甲､乙两队均未进球的概率为. 设事件为“第二阶段的第4轮罚球结束时甲队获胜”，则第二阶段的前3轮罚球甲､乙两队的进球数相等，第4轮罚球为甲队进球､乙队未进球， 所以. 由题意得的可能取值为， ， ， ， ， 的分布列为 1 3 5 7 所以. 18. 已知椭圆的左顶点为，右顶点为，椭圆上不同于点的一点满足. （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线交椭圆于两点，直线交于点，证明：点在定直线上. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由左、右顶点为，先求，再设点的坐标，利用斜率公式表示条件，结合点在椭圆上求，由此可得椭圆方程. （2）解法一（非对称韦达）：设点的坐标及直线的方程为，联立直线与椭圆的方程组，化简写出韦达定理，然后表示出直线、的方程相除结合韦达定理化简即可；解法二（齐次化）：设不过点的直线的方程，由题意求出的值，然后表示出直线、的斜率，设点，结合椭圆方程化简分析即可. 【小问1详解】 如图所示： 根据题意，，设点的坐标为，由于点在椭圆上， 所以，得， 则， 解得，所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 解法一（非对称韦达）： 由题意如图所示： 设点，可设直线的方程为：， 联立，得， 由根与系数的关系，， 直线的方程：，① 直线的方程：，② ①②得， 因为， 所以，解得， 因此，点在定直线上. 解法二（齐次化）： 由题意如图所示： 设不过点的直线的方程为：， 由于直线过，所以. 设，点. 椭圆的方程转化为，，代入直线的方程得， ，即， 即，由根与系数的关系，， 又由题意可得：，所以两式相除得：， 即，解得， 所以点在定直线上. 19. 已知函数. （1）若方程有两解，求实数的取值范围； （2）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】(1)根据题意可知构造新的函数，则求出的单调区间，确定极值，即可求得实数的取值范围； (2)若对任意的，不等式恒成立，只需要求出最小值大于等于，对 求导可得出单调区间以及极值，在确定即可求得. 【小问1详解】 （1）由，得，即， 令， 令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 当时，，当时，， ， 因为方程有两解，即有两个零点， 所以取值范围是. 【小问2详解】 对任意的，不等式恒成立， 在上恒成立， 令，则， 令，则， 在上为增函数， 又， ，使得，即， 时，在上单调递减， 时，在上单调递增， ， 由，可得， 令，则， 又在上单调递增， ， ， . 综上所述，满足条件的实数的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：是构造新的函数，在对新的函数求导确定函数单调性以及极值点也是最值点，把已知条件变形代入即可得到结果. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$