四川省芦山中学2023-2024学年高二下学期数学期末复习卷

四川省芦山中学2023-2024学年度高二下学期数学期末复习卷 1、 单选题 1．函数的极大值点是（　　   ） A． B． C． D． 2．在数列中，，若，则（    ） A． B． C． D． 3．已知 的展开式中各项系数之和为27，则展开式中项的系数为（   ） A． B．6 C．18 D．30 4．南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献，他的著名研究成果 “杨辉三 角” 记录于其重要著作《详解九章算法》中， 该著作中的 “垛积术” 问题介绍了高 阶等差数列. 以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列. 若某个二阶等差数列 的前四项分别为: ，则下列说法错误的是（    ） A． B． C．数列 是单调递增数列 D．数列 有最大项 5．某商场进行购物摸奖活动，规则是：在一个封闭的纸箱中装有标号分别为1，2，3，4，5，6的六个小球，每次摸奖需要同时取出两个球，每位顾客最多有两次摸奖机会，并规定：若第一次取出的两球号码连号，则中奖，摸奖结束；若第一次未中奖，则将这两个小球放回后进行第二次摸球，若与第一次取出的两个小球号码相同，则为中奖，按照这样的规则摸奖，中奖的概率为（　　） A． B． C． D． 6．已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与交于点．直线为在点处的切线，点关于的对称点为．由椭圆的光学性质知，三点共线．若，则（    ） A． B． C． D． 7．对于各数互不相等的正数数组（是不小于2的正整数），如果在时有，则称与是该数组的一个“逆序”，一个数组中所有“逆序”的个数称为此数组的“逆序数”．例如，数组中有逆序“2，1”，“4，3”，“4，1”，“3，1”，其“逆序数”等于4．若各数互不相等的正数数组的“逆序数”是2，则的“逆序数”是（   ） A．13 B．24 C．15 D．25 8．已知，若，则的最小值等于（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9.函数的图象可能是（ ）． A． B． C． D． 10．下列结论正确的是（    ） A．若随机变量的方差，则 B．若随机变量服从正态分布，且，则 C．从装有大小、形状都相同的5个红球和3个白球的袋中随机取出两球，取到白球的个数记为，则 D．若随机变量服从二项分布，则的分布列可表示为， 11．如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（   ） A．三棱锥的外接球表面积为 B．动点的轨迹长为 C．三棱锥的体积为定值 D．若过，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度的取值范围为 三、填空题 12．正项数列共有9项，前3项成等差，后7项成等比，，则的值为 ；的值为 . 13．已知,则曲线在点处的切线斜率为 . 14．一质点在平面内每次只能向左或向右跳动1个单位，且第1次向左跳动．若前一次向左跳动，则后一次向左跳动的概率为；若前一次向右跳动，则后一次向左跳动的概率为．记第n次向左跳动的概率为，则 ； ． 四、解答题 15．如图，在三棱柱中，底面是边长为6的等边三角形，，，，分别是线段，的中点，平面平面． (1)求证：平面；(2)若点为线段上的中点，求平面与平面的夹角的余弦值． 16．已知为正项数列的前n项积，且. (1)证明：数列是等比数列；(2)若，求的前n项和. 17．某植物园种植一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度（单位：）介于之间，现对植物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如图所示. (1)求的值； (2)若从高度在和中分层抽样抽取5株，在这5株中随机抽取3株，记高度在内的株数为，求的分布列及数学期望； (3)以频率估计概率，若在所有花卉中随机抽取3株，记高度在内的株数为，求的数学期望. 18．已知点，P为平面内一动点，以为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记为C． (1)求C的方程； (2)过点F的直线l与C交于A，B两点，过点A且垂直于l的直线交x轴于点M，过点B且垂直于l的直线交x轴于点N.当四边形的面积最小时，求l的方程. 19.已知函数. (1)当时，恒成立，求实数的取值范围； (2)已知直线是曲线的两条切线，且直线的斜率之积为1. （i）记为直线交点的横坐标，求证：； （ii）若也与曲线相切，求的关系式并求出的取值范围. 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 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．D 【分析】求导，得到函数的单调性，结合极值点的定义即可求解. 【详解】，时，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以的极大值点是. 故选：D. 2．C 【分析】根据递推公式列出数列的前几项，找到规律，即可判断. 【详解】因为且， 所以，， ，，，， 所以是以为周期的周期数列，所以. 故选：C 3．C 【分析】先根据系数和为27求出参数，再结合二项式定理即可求解. 【详解】由题意，解得， 所以展开式中 项的系数为. 故选：C. 4．D 【分析】根据二阶等差数列的定义求出数列的通项公式，从而可得数列 是单调递增数列，则，A、C不符合题意；再利用累加法计算可判断B；借助基本不等式判断D. 【详解】设该数列为，则；由二阶等差数列的定义可知， 所以数列是以为首项，公差的等差数列，即， 所以，即数列 是单调递增数列， ，则，A、C不符合题意； 所以，将所有上式累加可得 ，所以， 即该数列的第11项为，B不符合题意； 由于， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 但由于，即数列 有最小值为， 而当时，单调递增，所以无最大值，D符合题意. 故选：D. 5．B 【分析】可将中奖的情况分成第一次两球连号和第二次取出的小球与第一次取出的号码相同两种情况，分别计算两种情况的概率，根据和事件概率公式可求得结果. 【详解】中奖的情况分为：第一次取出两球号码连号和第二次取出两个小球与第一次取出的号码相同两种情况 第一次取出两球连号的概率为： 第二次取出两个小球与第一次取出号码相同的概率为： 中奖的概率为： 本题正确选项： 【点睛】本题考查和事件概率问题的求解，关键是能够根据题意将所求情况进行分类，进而通过古典概型和积事件概率求解方法求出每种情况对应的概率. 6．D 【分析】画出图形，由题意可得出，利用椭圆的定义结合已知条件可求出、的值，即可得解. 【详解】如下图所示： 因为点关于的对称点为，则， 因为，且， 所以，， 所以，，可得， 则， 所以，，故． 故选：D 7．A 【分析】利用组合计数问题，结合排除法求解即得. 【详解】在各数互不相等的正数数组（是不小于2的正整数）中任取2个数， 这2个数要么“顺序”（当时有），要么“逆序”，因此“顺序数”与“逆序数”的和为， 各数互不相等的正数数组的“逆序数”是2，则其“顺序数”为， 显然数组的“逆序数”等于数组的“顺序数”， 所以的“逆序数”是13. 故选：A 8．B 【分析】依题意可得，再令，利用导数证明，从而得到，设是直线上的点，是圆上的点，从而得到目标式转化为，求出，即可得解. 【详解】因为，所以， 设，则， 当单调递减，当单调递增， 所以，即， 综上，，即，所以， 设是直线上的点，是圆上的点， 而目标式为， 又，故． 故选：B 9.BD 10．BC 【分析】利用随机变量的线性关系：，正态分布的概率性质，超几何分布的期望公式，二项分布的概率计算公式，就能解决各选项问题. 【详解】对于A，由方差性质可知：，所以A是错误的； 对于B，由于的均值是，所以, 又因为，所以， 则，所以B是正确的； 对于C，由于服从超几何分布，所以，所以C是正确的； 对于D，由于服从二项分布，所以，所以D是错误的； 故选：BC. 11．ACD 【分析】选项A：三棱锥的外接球即为正方体的外接球，结合正方体的外接球分析；选项B：分别取，的中点H，G，连接，，，；证明平面平面，从而得到点F的轨迹；选项C：根据选项B可得出平面，从而得到点F到平面的距离为定值，即可判断；选项D：设为的中点，从而根据面面平行的性质定理可得到截面即为面，从而线段长度的最大值为线段的长，最小值为四棱锥以为顶点的高. 【详解】对于A：由题意可知：三棱锥的外接球即为正方体的外接球， 可知正方体的外接球的半径， 所以三棱锥的外接球表面积为，故A正确； 对于B：如图分别取，的中点，，连接，，，， 由正方体的性质可得， 且平面，平面，所以平面， 同理可得：平面， 且，，平面，所以平面平面， 而平面，所以平面， 所以点的轨迹为线段，长度为，故B不正确； 对于C：由选项B可知，点的轨迹为线段，因为平面， 则点到平面的距离为定值， 同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，故C正确； 对于D：如图，设平面与平面交于，在上， 因为截面平面，平面平面，所以， 同理可证，所以截面为平行四边形，所以点为的中点， 在四棱锥中，侧棱最长，且， 设棱锥的高为， 因为，所以四边形为菱形， 所以的边上的高为面对角线的一半，即为，又， 则，， 所以，解得， 综上，可知长度的取值范围是，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点睛：由面面平行的性质得到动点的轨迹，再由锥体的体积公式即可判断C，D选项关键是找到临界点，求出临界值. 12． 【分析】设出正项数列成等比数列的后7项的公比，求出及，再分组求和即得. 【详解】正项数列成等比数列的后7项的首项为，设公比为，则，而，解得， 于是，显然， 所以. 故答案为：； 13． 【分析】两边求导,令,求出,代入导函数,又将代入计算即可求出在处的切线斜率. 【详解】,两边求导,,令, 则,,令 故答案为：. 14． 【分析】易得，，再利用全概率由求解；从而得到，利用等比数列求解. 【详解】解：由题意，得，，， 由， 设，则，， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，， 所以． 故答案为：； 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，由条件可得，从而可得，然后两边取对数，结合等比数列的定义，即可证明； （2）根据题意，由条件可得，结合错位相减法代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）由题意知①， 当时，. 当时，②. ①-②得适合上式， ③，则④. 得， 两边同时取以2为底的对数，得， 则，又， ∴数列是首项为，公比为的等比数列. （2）由题意及（1）知，则， 所以， 两式相减得， . 16．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）连接，根据已知可得，，再由面面垂直的性质有，最后利用线面垂直的判定证结论； （2）由题设，构建空间直角坐标系，向量法求面面角的余弦值. 【详解】（1）连接，四边形是菱形，则，又，分别为，的中点 所以，故， 又为等边三角形，为的中点，则 平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，故 又，，，平面，可得平面. （2），，为等边三角形， 是的中点，则，由（1）得平面， 以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ，则， 所以，， 设平面的一个法向量为，则， 取，所以， 由（1）得是平面的一个法向量， ， 即平面与平面的夹角的余弦值为． 17．(1) (2)分布列见详解， (3)0.3 【分析】（1）根据题意结合频率和为1列式求解即可； （2）根据分层抽样可知高度在和的株数分别为2和3，结合超几何分布求分布列和期望； （3）根据题意分析可知，结合二项分布的期望公式运算求解. 【详解】（1）由题意可知：每组的频率依次为， 因为，解得. （2）由（1）可得高度在和的频率分别为0.1和0.15， 所以分层抽取的5株中，高度在和的株数分别为2和3， 可知可取0，1，2，则有： ，，， 所以的分布列为： 0 1 2 的期望为. （3）因为高度在的频率为0.1， 用频率估计概率，可知高度在的概率为0.1， 由题意可知：，所以. 18．(1) (2) 或 【详解】（1）设，则以为直径的圆的圆心为，根据圆与y轴相切，可得，化简得 ， 所以C的方程为 （2）由题意可知：直线的斜率存在且不为0，设直线：，， 联立， 所以， 设直线的倾斜角为，则 所以， 所以 ， 由题意可知四边形为梯形，所以 ， 设，则 ， 所以， 当单调递增，当单调递减， 所以当时，即时，面积最小，此时，故直线的方程为： ，即 或 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．必要时也可以利用导数求解最值.另外在解析几何中还要注意向量的应用. 19．(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）分离参数，设，利用导数研究单调性，求解函数的最值即可求解； （2）（i）设两条切线在上的两个切点横坐标分别为，利用导数的几何意义求出两切线方程，联立可得，构造函数，利用导数求解函数最值即可证明； （ii）结合导数的几何意义将问题转化为有两个不等实根，且互为倒数，不妨设两根为，由得，从而有两个不等实根，设，利用导数研究的单调性，即可求解. 【详解】（1）由于，则， 设，则，，且在上单减， 令得，令得， 所以在单调递增，单调递减， 所以，则. （2）（i）设两条切线在上的两个切点横坐标分别为， 有，即， 此时，切线为：， 相减得， 所以， 设，，所以在上单调递减. 故当时，，所以； 当时，，所以，则. （ii）由题意得：存在实数，使在处的切线和在处的切线重合， 所以，即， 则， 又因为，所以， 题目转化为有两个不等实根，且互为倒数， 不妨设两根为， 则由得， 化简得， 所以， 所以，（也可写为）. 代入中得：有两个不等实根， 即， 设， 由于在上单调递减且， 所以在单调递增，单调递减， 而无限趋近于0时，无限趋向于负无穷大， 无限趋近于正无穷大时，无限趋向于负无穷大，， 所以，即. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： （1）、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题； （3）、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别. （本资料由 岳伟收集整理） 答案第12页，共13页 答案第13页，共13页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$