[数学][期末]贵州省铜仁市2023-2024学年高二下学期期末质量监测试题(解析版)
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这是一份[数学][期末]贵州省铜仁市2023-2024学年高二下学期期末质量监测试题(解析版),共13页。试卷主要包含了选择题的作答,非选择题的作答等内容,欢迎下载使用。
注意事项:
1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷,草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交.
一、单选题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的选项中,只有一项是符合题目要求的)
1. 已知集合,则( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由题意得,则.
故选:C.
2. 双曲线的渐近线方程为( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】双曲线中,
则,
故其渐近线方程为.
故选:B.
3. 在的展开式中,的系数为( )
A. 3B. 6C. 9D. 12
【答案】B
【解析】在中,每一项为,
当,即时,的系数为,
故选:B.
4. 已知正项数列.若该数列的前3项成等差数列,后5项成等比数列,且,则数列所有项的和为( )
A. 98B. 92C. 96D. 100
【答案】C
【解析】由于数列的后5项成等比数列,所以,
由于为正项数列,所以,
,又且前3项成等差数列,所以
故数列的所有项的和为,
故选:C.
5. 已知空间中三条不同的直线和平面,则下列命题正确的是( )
A. 若,则B. 若,则
C. 若,则D. 若,则
【答案】B
【解析】对A,,,则有可能相交、异面、平行,故A错误;
对B,由线面垂直性质定理可知B正确;
对C,若,,则与平行、相交或异面,故C错误.
对D,若,,则有可能平行,有可能异面,故D错误
故选:B
6. 从三棱锥的6条棱中任选2条棱,则这2条棱所在的直线是异面直线的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】如图:从三棱锥的6条棱中任取2条,所有的基本事件有:
共15种,
互为异面直线的有共3种,
故概率为,
故选:A.
7. 若曲线在处的切线方程为,则( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为,所以,
又函数处的切线方程为,
所以,且,
联立解得,;故选:D.
8. 已知是两个随机事件,且,则下列说法不正确的是( )
A. B.
C. 事件相互独立D.
【答案】D
【解析】随机事件满足:,
对于A,,A正确;
对于B,,
则,B正确;
对于C,样本空间,则,,
,
因此,事件相互独立,C正确;
对于D,,D错误.
故选: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,部分选对得3分,有选错的得0分)
9. 下列命题正确的是( )
A. 若随机变量,则
B. 直线与圆相交,且相交弦的长度为
C. 经验回归直线至少经过样本点中的一个点
D. 若,则
【答案】ABD
【解析】对于A,由随机变量,得,A正确;
对于B,圆的半径,圆心到直线的距离
,弦长为,B正确;
对于C,经验回归直线必过样本的中心点,可以不经过任何一个样本点,C错误;
对于D,由,平方相加得,
解得,D正确.
故选:ABD
10. 若的两根为,且,则下列说法正确的是( )
A.
B. 在复平面内对应的点位于第二象限
C. 的虚部为
D.
【答案】AD
【解析】由的两根为,且,则,
对于A,,即,因此,A正确;
对于B,在复平面内对应的点位于第四象限,B错误;
对于C,的虚部为,C错误;
对于D,,D正确.
故选:AD
11. 设,函数,则( )
A. 当时,的最小值为
B. 对任意的至少存在一个零点
C. 存在,使得有三个不同零点
D. 对任意的在上是增函数
【答案】BC
【解析】函数,当时,函数在上单调递增,
又函数的对称轴为,
对于A,当时,,
当时,,
则,即,A错误;
对于B,当时,由,得,因此存在,使得,
则是的零点,即至少存在一个零点,
当时,由,解得或,此时都大于1,
因此是的零点,所以对任意的至少存在一个零点,B正确;
对于C,取,,
由,得或,
解得或或,此时有三个不同零点,C正确;
对于D,若在上是单调递增函数,则,解得,
因此当时,在上是单调递增函数,D错误.
故选:BC
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12. 已知随机变量服从标准正态分布,若,则______.
【答案】
【解析】随机变量服从标准正态分布,
若,所以,
则.
故答案为:.
13. 已知函数图象的相邻两个对称中心之间的距离为,则______;若在区间上单调递减,则的一个取值可以为______.
【答案】①1 ②(答案不唯一)
【解析】由题意得得,解得,
则,
由,
因为在区间上单调递减,
且,
所以有,
因此的一个取值可以为,
故答案为:1;(答案不唯一).
14. 已知抛物线的焦点为,则______;若斜率为的直线过焦点且与抛物线交于两点,的中垂线交轴于点,则______.
【答案】① 8 ② 2
【解析】如图所示:
由抛物线的方程可得焦点坐标为,
由题意可得,所以;
所以抛物线的方程为:,
设直线的方程为: ,设,
联立直线与抛物线的方程: ,
整理可得:,,
则,
所以的中点的横坐标为,
所以的中点的纵坐标为:,
所以的中垂线的方程为:,
令,可得,所以N的横坐标为:,
所以,
由抛物线的性质可得,,
所以,故答案为:8,2
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. 已知在中,内角的对边分别为,且满足.
(1)求;
(2)若,且,求的周长.
解:(1)已知,
则由正弦定理有.
又∵,则,
因为为三角形内角,则,.
(2)由题可知:,所以,
由余弦定理可得,即,
所以,可得,则,
所以的周长为.
16. 如图所示,在长方体中,为矩形内一点,过点与棱作平面.
(1)直接在图中作出平面截此长方体所得的截面(不必说明画法和理由),判断截面图形的形状,并证明;
(2)设平面平面.若截面图形的周长为16,求二面角的余弦值.
解:(1)在平面内过点作分别交于点,连接,
则四边形为所作截面,截面为矩形,证明如下:
在长方体中,,
又平面平面,平面平面,平面平面,
于是,四边形为平行四边形,又平面,平面,
因此,所以四边形为矩形.
(2)连接,由矩形的周长为16,且,得,
又,,得,又,则,
由(1)知,,则平面,而平面,
因此,二面角的平面角为,
在中,,则,
所以二面角的余弦值为.
17. 已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)当有极小值,且极小值小于时,求的取值范围.
解:(1)的定义域为,.
若,则,所以在上单调递增.
若,则当时,;当时,.
所以在上单调递减,在上单调递增.
综上所述,当时,在上单调递增;
当时,在上单调递减,在上单调递增.
(2)由(1)知,当时,在无极小值.
当时,在取得极小值为.
因此等价于.即,
令,其中,因为.
所以在上单调递增,且.
于是,当时,;当时,.
因此,的取值范围是.
18. 已知椭圆,以的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.设为原点,直线与交于不同的两点,且与轴交于点,点满足,过点的直线与的另一个交点为.
(1)求的方程及离心率;
(2)若轴,证明:是等腰直角三角形.
解:(1)由题意.
因.所以,
所以椭圆方程为,离心率为.
(2)设,联立方程,
消去得:.
依题意,得,
则.
直线,
令得,
又因为,所以.
因为轴,所以点B与点关于x轴对称,所以,
所以向量,,
则有
.
所以,所以.
设的中点为,则,.
,
由题意可知,故,所以,
因为点B与点关于轴对称,所以,
所以,
所以为等腰直角三角形.
19. 在2024年5月举行的第一届全国全民健身大赛(西南区)篮球项目贵州选拔赛暨2024年贵州省篮球公开赛中,铜仁市代表队凭借出色的技术和顽强拼搏的精神,从全省42支队伍中脱颖而出,闯进决赛.受此影响,铜仁市某校掀起了篮球运动的热潮,在一次篮球训练课上,甲、乙、丙三位同学进行传球训练,第1次由甲将球传出,每次传球时,传球者都等可能的将球传给另外两个人中的任何一人.
(1)求2次传球后球在甲手中的概率;
(2)设次传球后球在甲手中的概率为,求证数列为等比数列,并求数列的通项公式;
(3)现在丁加入传球训练,且甲、乙、丙、丁四人分别站定于如图所示的四点(为正方形的四个顶点),且每次传球时,传球者将球传给相邻同学的概率为,传给对角线上同学的概率为(例如:甲传球给乙或丁的概率都是,传球给丙的概率是;若第一次仍由甲将球传出,则次传球后,试比较球在甲、乙、丙、丁手中概率的大小,并说明理由.
解:(1)依题意,传球2次后球在甲手中包括两个基本事件,即:甲乙甲和甲丙甲,
所以传球2次后球在甲手中的概率为.
(2)设第n次传球后球在甲手中的概率为,
则当时,第次传球后球在甲手中的概率为,第次传球后球不在甲手中的概率为,
显然,若要第n次传球后球在甲手中,则第次传球后球必定不能在甲手中,
无论此时球在乙或丙的手中,传给甲的概率都是,则有,即,
所以是以为首项,为公比的等比数列,,即.
(3)设第n次传球后球在甲手中概率,球在乙手中的概率,
球在丙手中的概率,则球在丁手中的概率,
则有,
,,
,,
于是,且,
又,
则是以为首项,为公比的等比数列,,
又于是,
而,且有,
于是,又,则,
若为奇数,则,此时,
若为偶数,则,此时.
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