湖南省长沙市周南中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学考前演练（一）试题（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市周南中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学考前演练（一）试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．在的展开式中，含的项的系数为（ ）
A．-280B．280C．560D．-560
3．将10个数据按照从小到大的顺序排列如下：，若该组数据的分位数为22，则（ ）
A．19B．20C．21D．22
4．已知函数，则当时，有（ ）
A．最大值B．最小值
C．最大值D．最小值
5．有8件产品，其中4件是次品，从中有放回地取3次（每次1件），若X表示取得次品的次数，则
A．B．C．D．
6．已知双曲线的上、下焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ）
A．4B．3C．2D．
7．袋中有10个大小相同的球，其中6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，记随机变量为其中白球的个数，随机变量为其中黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量为取出4个球的总得分，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知为直线上的动点，为圆上的动点，点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知复数，则（ ）
A．
B．复数z的共轭复数为
C．复平面内表示复数z的点位于第一象限
D．复数z是方程的一个根
10．已知函数，则（ ）
A．函数的解析式可化成
B．函数在上有2个零点
C．函数的图象关于点对称
D．函数在上的最大值为
11．如图，在直三棱柱中，，，，是边的中点，过点A，B，D作截面交于点E，则（ ）
A．B．平面平面
C．平面D．点到截面的距离为
三、填空题
12．已知向量满足，则 .
13．一个正六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的高为，底面周长为3，那么这个球的体积是 ．
14．已知函数在上连续且存在导函数，对任意实数满足，当时，.若，则的取值范围是 .
四、解答题
15．已知函数在时取得极大值4.
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数在区间上的最值.
16．已知抛物线，顶点为O，动直线与抛物线 交于 、两点
（I）求证：是一个与无关的常数；
（II）求满足的点的轨迹方程．
17．某果园产苹果，其中一堆苹果中大果与小果的比例为.
(1)若选择分层抽样，抽出100个苹果，其中大果的单果平均质量为240克，方差为300，小果的单果平均质量为190克，方差为320，试估计果园苹果平均质量、方差；
(2)现用一台分选机筛选，已知这台分选机把大果筛选为小果的概率为，把小果筛选为大果的概率为，经过分选机筛选后，现从“大果”里随机抽取一个，求这个“大果”是真的大果的概率.
参考公式：样本划分为2层，各层的容量、平均数和方差分别为：，，；，，.记样本平均数为，样本方差为，.
18．如图，在三棱柱中，，，侧面是正方形，为的中点，二面角的大小是．

(1)求证：平面平面；
(2)线段上是否存在一个点，使直线与平面所成角的正弦值为．若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
19．已知数列具有性质： ， 都，使得.
(1)分别判断以下两个数列是否满足性质，并说明理由；
（ⅰ）有穷数列：；
（ⅱ）无穷数列：；
(2)若有穷数列满足性质，且各项互不相等，求项数的最大值.
参考答案：
1．C
【分析】求得集合，可求得.
【详解】依题得，则．
故选：C.
2．B
【分析】利用二项式展开式通项公式求解即可.
【详解】的二项式展开式通项公式为，,
令，可得，
所以，
故含的项的系数为.
故选：B.
3．C
【分析】由题意，结合百分位数的定义即可求解.
【详解】，
又该组数据的分位数为22，
则，解得.
故选：C
4．B
【分析】由基本不等式即可求解.
【详解】由题意当时，，等号成立当且仅当.
故选：B.
5．D
【分析】首先把取一次取得次品的概率算出来，再根据离散型随机变量的概率即可算出．
【详解】因为是有放回地取产品，所以每次取产品取到次品的概率为．从中取3次，为取得次品的次数，则,
,选择D答案．
6．C
【分析】根据题意，利用双曲线的定义，求得的值，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】由双曲线的焦点为，且点在该双曲线上，
则，，，
则，所以.
故选：C.
7．B
【分析】由题意可知，由，可得，然后根据超几何分布的概率公式可求得结果.
【详解】由题意可知均服从超几何分布，且，
由，得，
所以，
因为,
,
,
所以
,
故选：B
8．C
【分析】设，不妨令，根据两点间的距离公式求出点的坐标，则要使最小，即最小，求出的最小值即可得解.
【详解】设，不妨令，
则，
整理得，
又，所以，
则，解得，
所以存在定点，使得，
要使最小，即最小，
则，B，D三点共线，且DA垂直于直线时取得最小值，如图所示，
所以的最小值为．
故选：C.
9．ACD
【分析】先将复数z化简，然后根据复数的几何意义和共轭复数的概念知识求解即可.
【详解】
对于A，，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，复平面内表示复数z的点为，在第一象限，故C正确；
对于D，将代入方程中，，等式成立，故D正确.
故选：ACD.
10．ABD
【分析】由倍角公式和辅助角公式判断A；由函数图象判断B和D；由对称中心坐标判断C.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，因为，所以，
此时可得方程的解为或，
所以在上有2个零点，故B正确；
对于C，时，，，
所以点不是对称中心，故C错误；
对于D，因为，所以，，
所以最大值为，故D正确.
故答案为：ABD.
11．ABD
【分析】由棱柱的性质得到平面，再由线面平行的性质判断A；由判断C；首先证明平面，得到，即可证明平面，从而判断B；设与交于点，则平面，利用等面积法求出，即可判断D.
【详解】如图，
在直三棱柱中，，
平面，平面，
则有平面，平面，平面平面，
可得，故A正确；
∵是的中点，，，∴，
又，∴，∴，
则，∴，
∵，，，平面，
∴平面，
∵平面，∴，
又，平面，∴平面，
又平面，∴平面平面，故B正确；
因为，平面，所以与平面不平行，故C错误；
设与交于点，则平面，
又因为为的中点，所以点到截面的距离等于点到截面的距离.
在中，，由等面积法可得，
所以点到截面的距离为，故D正确.
故选：ABD.
12．1
【分析】对两边平方，结合即可运算求解.
【详解】因为，所以，解得.
故答案为：1.
13．/
【分析】先利用正六棱柱的结构特征求得该球的半径，进而即可求得该球的体积
【详解】设正六棱柱
正六边形的周长为3，则边长为，则
矩形经过球心，就是外接球的直径
外接球的半径，则外接球的体积为
故答案为：
14．
【分析】首先变形等式，并构造函数，并判断函数的对称性和单调性，将不等式变形为，利用函数的性质，即可求解不等式.
【详解】由，可得.
令，则，，所以的图象关于直线对称.
当时，，所以，
又在上连续，所以在上单调递增，且在上单调递减，
由，可得，即，
所以，解得.
故答案为：
15．(1)；
(2)最大值为4，,最小值为0.
【分析】（1）先求导，根据，解方程组求出a，b的值；
（2）根据函数在区间上的单调性，分别求出极值和端点值，再比较得出最大值和最小值.
【详解】（1），由题意得，解得.
此时，，
当时，，所以在单调递增，
当时，，所以在单调递减，
当时，，所以在单调递增，
所以在时取得极大值.
所以.
（2）由（1）可知，在单调递增，在单调递减，在单调递增.
又因为，，，，
所以函数在区间上的最大值为4，,最小值为0.
16．（I）证明见解析 （II）
【分析】（I）设出两个交点坐标，联立直线与抛物线，表示出向量数量积，根据韦达定理带入即可得到的值是常数．
（II）根据向量加法坐标运算，得到A、B点坐标与M的关系，消元即可得M的轨迹方程，根据坐标关系求得自变量的取值范围即可．
【详解】（I）设，则
联立方程组 ，化简得
由韦达定可得
所以
带入
可得
所以
即的值与k值无关
（II）设，则由



即
又
又所以点的轨迹方程为
17．(1)估计果园苹果的单果平均质量为230克，方差为704；
(2)从“大果”里随机抽取一个，这个“大果”是真的大果的概率为.
【分析】（1）先求100个苹果的单果平均重量，再利用公式求100个苹果的方差；
（2）设事件，根据全概率公式求出以及，再根据条件概率公式求出.
【详解】（1）因为大果与小果的比例为，
所以100个苹果中，大果的个数为，小果的个数为，
设大果的单果平均重量为克，方差为，小果的单果平均重量为克，方差为，
设100个苹果的单果平均重量为克，方差为，
则，，，，
所以100个苹果的单果平均重量克，
100个苹果的方差，
故估计果园苹果的单果平均质量为230克，方差为704；
（2）设事件“放入水果分选机的苹果为大果”，
事件“放入水果分选机的苹果为小果”，
事件“水果分选机筛选的苹果为‘大果’”，
由题知，，
，，
所以，
由全概率公式可得，
，
，
因此，，
所以从“大果”里随机抽取一个，这个“大果”是真的大果的概率为.
18．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）先证明，得平面，即得平面平面；
（2）先由题意取中点，证明平面，建系，求出相关点和向量的坐标，依题设，计算出平面的法向量，利用空间向量的夹角公式列出方程，求解即得.
【详解】（1）因是正方形，则,因,故.
由,则.因,则平面，
又平面,故平面平面.
（2）

如图，取的中点，连接,易得,因，
故即二面角的平面角，即，
易得,取中点，连接,过点作,交于，
因,故得正三角形，则,
由（1）得平面平面，且平面平面，平面，
故得平面.
因此可分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系.
则,
依题意，设,，
则，
因，设平面的法向量为，
则，故可取.
设直线与平面所成的角为，
则，解得或，
因，故，即,
故当点是的一个四等分点（靠近点）时，直线与平面所成角的正弦值为,此时
19．(1)（ⅰ）有穷数列不满足性质，理由见详解；（ⅱ）无穷数列满足性质，理由见详解
(2)3
【分析】（1）（ⅰ）（ⅱ）根据性质的定义直接分析判断即可；
（2）先取有穷数列，检验可知有穷数列满足性质，再利用反证法证明其不不存在其他项，即可得结果.
【详解】（1）（ⅰ）有穷数列：，则，
例如取，不存在，使得，
所以有穷数列不满足性质；
（ⅱ）无穷数列：，
对任意，则，
可知，则存在，使得，
所以无穷数列满足性质.
（2）因为有穷数列各项互不相等，
若满足题意，可知是数列中的项，
取，解得或，即可能符合题意，
若，则，即也可能符合题意，
对于有穷数列，检验可知有穷数列满足性质，
假设有穷数列还有其他项，满足性质，
取，则存在，使得；
取，则存在，使得；
；
依此类推，可得到，
此时数列不是有穷数列，与题干相矛盾，
即假设不成立，可知数列不存在其他项，所以项数的最大值为3.