河南省开封高级中学2023-2024学年高二下学期数学期末复习卷（三）

开封高中25届东校区高二数学期末复习卷（三） 说明： 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分． 考试时间120分钟，本次考试不得使用计算器，请考生将所有题目都做在答题卷上． 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．已知点，则=（   ） A． B． C． D．4 2．点到直线的距离是（    ） A．1 B．2 C． D． 3．已知为正项等比数列，若是函数的两个零点，则（    ） A．10 B． C． D． 4．函数在点处的切线方程是（    ） A． B． C． D． 5．已知，若的展开式中，常数项等于240，则（    ） A．3 B．2 C．6 D．4 6．已知面积为的正方形的顶点、分别在轴和轴上滑动，为坐标原点，，则动点的轨迹方程是（    ） A． B． C． D． 7．已知恰有一个极值点为1，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段AA1上的一个动点，F为线段B1C1上的一个动点，则平面EFB与底面ABCD所成的锐二面角的平面角余弦值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 本题共3小题，每小题6分，共18分。 9．关于变量x，y的n个样本点及其线性回归方程．下列说法正确的有（    ） A．相关系数r的绝对值|r|越接近0，表示x，y的线性相关程度越强 B．相关指数的值越接近1，表示线性回归方程拟合效果越好 C．残差平方和越大，表示线性回归方程拟合效果越好 D．若，则点一定在线性回归方程上 10．若数列的前项和，数列的通项，则（    ） A． B．数列的前项和 C．若，则数列的前项和 D．若，数列的前项和为，则不存在正整数，使得 11．已知抛物线（如图），过抛物线焦点的直线自上而下，分别交抛物线和圆于，，，四点，则（    ） A． B． C．当直线的斜率为时， D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知椭圆的离心率为，双曲线的渐近线与椭圆有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，则椭圆的方程为 ； 13．某一天的课程表要排入语文、数学、英语、物理、化学、生物六门课，如果数学只能排在第一节或者最后一节，物理和化学必须排在相邻的两节，则共有 种不同的排法 14．已知函数，且的最小值为0，则的值为 ． 四、解答题 15．已知椭圆方程为. （1）判断直线是否与椭圆有公共点； （2）若斜率为1的直线l与椭圆相交于A、B两点，且，求直线l的方程. 16．设正项等差数列的前项和为，，，，成等比数列. (1)求； (2)若，求数列的前项和. 17．如图，在四棱锥中，平面平面，，． (1)证明：． (2)若，点到平面的距离为，求二面角的余弦值． 18．利用方程的方法可以将无限循环小数化为分数，例如将化为分数是这样计算的：设，则，即，解得. 这是一种利用方程求解具有无限过程的问题的方法，这种方法在高中计算无限概率、无限期望问题时都有很好的妙用. 已知甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响.规定：净胜局指的是一方比另一方多胜局. (1)如果约定先获得净胜两局者获胜，求恰好4局结束比赛的概率； (2)如果约定先获得净胜三局者获胜，那么在比赛过程中，甲可能净胜局.设甲在净胜局时，继续比赛甲获胜的概率为，比赛结束（甲、乙有一方先净胜三局）时需进行的局数为，期望为. ①求甲获胜的概率； ②求. 19．已知函数，如果存在常数，对任意满足的实数，其中，都有不等式恒成立，则称函数是“绝对差有界函数” (1)函数是“绝对差有界函数”，求常数的取值范围； (2)对于函数，存在常数，对任意的，有恒成立，求证：函数为“绝对差有界函数” (3)判断函数是不是“绝对差有界函数”？说明理由 试卷第4页，共4页 开封高中25届东校区高二数学期末复习卷（三） 参考答案： 1．B【详解】由已知点的坐标应用两点间距离公式可得.故选：B. 2．A【详解】由点线距离公式有.故选：A 3．B【详解】因为是的两个零点，所以，所以，所以，故.故选：. 4．A【详解】由题可得：，所以切线的斜率，根据点斜式，可得切线方程为： 故选：A 5．B【详解】由二项展开式的通项公式可得， 令，解得，即常数项为，解得.故选：B 6．C【详解】设点、、， 由，所以，，可得， 因为正方形的面积为，即，即， 整理可得，因此，动点的轨迹方程为.故选：C. 7．D【详解】由题意，函数的定义域为， 对函数求导得， 恰有一个极值点为1， 在上无解，即在上无解， 令，则， 函数在单调递增， 当时，，.故选：D. 8．A【详解】 设面与底面所成的二面角的平面角为，如图所示，建立直角坐标系，设平面的一个法向量为,则取,而底面的一个法向量为,则, 结合选项，当时, ， 当时, ,时，取到，故. 故选:. 9．BD 【详解】根据线性相关系数的意义可知，当的绝对值越接近于0时， 两个随机变量线性相关性越弱，则A错误； 用相关指数来刻画回归效果，越大，说明模型的拟合效果越好，则B正确； 拟合效果的好坏是由残差平方和来体现的，残差平方和越大，拟合效果越差，则C错误； 样本中心点一定在回归直线上，则D正确.故选：BD. 10．ACD【详解】对于A：数列的前项和， 当时，又时，，符合， 所以，A正确；对于B：，B错误； 对于C：， 所以，C正确； 对于D：因为， 所以， 令，可得， 令，则，故数列为递减数列，又， 所以无正整数解，D正确.故选：ACD. 11．ABD 【详解】由题意可得，设直线方程为，， 则，，所以， 对于A，，故A正确， 对于B，，B正确， 对于C，当直线斜率为时，直线方程为，联立直线与抛物线方程可得，解得，所以， 所以，故C错误， 对于D， ， 将代入可， 所以， 等号成立当且仅当时等号成立，故D正确. 故选：ABD. 12．【详解】试题分析：根据题意，由于椭圆的离心率为，则可知b：a=1：2，双曲线的渐近线与椭圆有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，可知为正方形边长为4，则可知（2，2）在椭圆上，可知椭圆的方程为. 13．96【详解】根据题意,先排数学，有种；物理和化学相邻排，用捆绑法，有种；再与剩下的3节随意安排,有种安排方法所有符合条件的排法总数为.故答案为：96. 14．【详解】的定义域为，， 当时，，在上为减函数，此时无最小值，不合题意； 当时，令，得；令，得， 在上为减函数，在上为增函数，所以， 令，，令，得，令，得， 所以在上为增函数，在上为减函数， 所以当时，取得最大值，故.故答案为：. 15．（1）没有公共点；（2）或. 【详解】解：（1）由可得，由于，所以该方程组无解，即直线与椭圆没有公共点. （2）设直线l的方程为，. 由方程组消去y得， 由题意，得，且， 因为， 所以，解得，验证知成立， 所以直线l的方程为或. 16．(1)(2) 【详解】（1）设的公差为，因为成等比数列，所以， 即，即， 解得或.因为，所以，则. （2）由（1）可得， 则 . 17．(1)证明见解析(2) 【详解】（1）证明：如图，在中，作，垂足为． 因为平面平面，平面平面，面，所以平面． 又因为平面，所以． 取的中点，连接．又因为，，所以四边形为平行四边形． 又因为，所以四边形为菱形，所以，所以． 又因为，，平面，所以平面． 因为平面，所以． （2）因为，于点，所以为的中点． 由（1）可知，为直角三角形，且． 因为，所以，． 又因为四边形为菱形，所以，所以， 所以的面积为．的面积为． 由三棱锥的体积等于三棱锥的体积， 得，即，所以． 在中，，即，所以． 连接．由（1）可知，，，两两互相垂直． 以为坐标原点，分别以直线，，为轴、轴、轴建立如图的空间直角坐标系，则，，，， 所以，，． 设平面的法向量为．由得所以． 取，得，则． 设平面的法向量为．由得 取，得，，则． 所以． 由图形可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为． 18．(1)(2)①；② 【详解】（1）4局结束比赛时甲获胜，则在前2局甲乙各得一分，并且第3，4局甲胜，概率为； 4局结束比赛时乙获胜，则在前2局甲乙各得一分，并且第3，4局乙胜，概率为，所以恰好4局结束比赛的概率. （2）①在甲在净胜-2局前提下，继续比赛一局： 若甲赢，则甲的状态变为净胜-1局，继续比赛获胜的概率为； 若甲输，则甲的状态变为净胜-3局，比赛结束， 根据全概率公式，，同理， 由，得，与联立消去， 得，又，即，因此， 所以甲获胜的概率为. ②在甲净胜-2局前提下，继续比赛一局： 若甲赢，则甲的状态变为净胜-1局，继续比赛至结束，还需要局，共进行了局； 若甲输，则甲的状态变为净胜-3局，比赛结束，共进行了1局， 则，即， 同理，即， ，即， ，即， ，即， 联立与，得， 联立与，得， 代入，得， 所以. 19． 【详解】（1）， ，， 即当，单调递增；当，单调递减. 所以, 单调递增时，， 单调递减时，. 且当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于0， 所以. 所以· （2）成立，则可取， 所以函数为“绝对差有界函数” （3）， 则有， 所以对任意常数，只要足够大，就有区间的一个划分 满足， 所以函数不是的“绝对差有界函数”. 【点睛】关键点点睛：本题考查对函数极值的应用，分析问题的能力.通过对“绝对差有界函数”的定义分析得出，当单调递增时，，当单调递减时，，先对求和式子去掉绝对值，再去分析函数性质. 答案第8页，共8页 答案第7页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $$