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（二）

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（二），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．的值为（ ）
A．8B．9C．12D．15
2．在2024年高校自主招生考试中，高三某班的四名同学决定报考三所高校，则恰有两人报考同一高校的方法共有（ ）
A．9种B．36种C．38种D．45种
3．函数在定义域内可导，记的导函数为，的图象如图所示，则的单调增区间为（ ）
A．，B．，
C．，D．，，
4．已知等比数列的公比为q，则“”是“，，成等差数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
5．某单位为了了解用电量y（度）与气温x（℃）之间的关系，随机统计了某4天的用电量与当天气温，并制作了对照表如下：
表中数据得回归直线方程中的，预测当气温为-5℃时，用电量为（ ）
A．75.25度B．76.25度C．78.25度D．83.25度
6．已知抛物线的焦点为，直线与交于A，B两点，直线与交于C，D两点，若A，B，C，D四点构成的梯形的面积为18，则（ ）
A．14B．12C．16D．18
7．设，则（ ）
A．-15B．15C．-20D．20
8．已知双曲线的离心率为2，左､右顶点分别为，右焦点为，是上位于第一象限的两点，，若，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知，若随机事件相互独立，则（ ）
A．B．C．D．
10．如图所示，AB是半圆O的直径，垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．平面VACB．平面ABC
C．MN与BC所成的角为D．平面平面VBC
11．已知直线与圆相交于，两点，下列说法正确的是（ ）
A．若圆关于直线对称，则
B．的最小值为
C．当时，对任意，曲线恒过直线与圆的交点
D．若，，，（为坐标原点）四点共圆，则
三、填空题
12．甲箱中有个白球，个黑球，乙箱中有个白球，个黑球，先从甲箱中任取一球放入乙箱中，再从乙箱中任取一球，从乙箱中取出白球的概率是 ．
13．设函数，其中．若的图像与x轴没有公共点，则a的取值范围是 ．
14．已知数列的首项，且满足，则 .
四、解答题
15．已知函数．
(1)求的图像在点处的切线方程；
(2)求在上的值域．
16．为促进物资流通，改善出行条件，驻某县扶贫工作组引入资金新建了一条从该县到市区的快速道路.该县脱贫后，工作组为了解该快速道路的交通通行状况，调查了行经该道路的各种类别的机动车共1000辆，对行车速度进行统计后，得到如图所示的频率分布直方图：
（1）试根据频率分布直方图，求样本中的这1000辆机动车的平均车速(同一组中的数据用该组区间的中点值代替)；
（2）设该公路上机动车的行车速度服从正态分布，其中，分别取自该调查样本中机动车的平均车速和车速的方差(经计算).
（i）请估计该公路上10000辆机动车中车速不低于85千米/时的车辆数(精确到个位)：
（ii）现从经过该公路的机动车中随机抽取10辆，设车速低于85千米/时的车辆数为，求的数学期望.
附注：若，则，，.参考数据：.
17．在四棱锥中，．

(1)求证：
(2)当点到平面的距离为时，求直线与平面所成的角的正弦值．
18．已知数列满足，且，其前项和记为.
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前项和记为，求证：.
19．已知椭圆：（）的离心率为，其左、右焦点为、，过作不与轴重合的直线交椭圆于、两点，的周长为8．
(1)求椭圆的方程；
(2)设线段的垂直平分线交轴于点，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
气温（℃）
5
3
-2
-3
用电量（度）
62
64
66
72
参考答案：
1．B
【分析】根据排列数和组合数的计算公式直接计算即可.
【详解】.
故选：B.
2．B
【分析】利用排列、组合数即可求解．
【详解】由题意，恰有两人报考同一高校的方法共有种.
故选：B.
3．B
【分析】由函数的导数符号与函数单调性的关系即可得解.
【详解】若要，则由图可知，，
故的单调增区间为，.
故选：B.
4．A
【分析】由题意，根据等差中项的应用和等比数列的通项公式化简可得，解出q的值，结合充分、必要条件的定义即可下结论.
【详解】若，，成等差数列，由等差中项的性质可得，
化简可得，且，
则，解得或，
所以“”是“，，成等差数列”的充分不必要条件．
故选：A．
5．D
【分析】先求样本数据的中心点，代入回归直线方程可得，然后代入可求.
【详解】回归直线过，，
由题意得，，
将（0.75，66）代入，解得，则，
当时，，
即当气温为-5℃时用电量约为83.25度．
故选：D.
6．A
【分析】将代入，得，将代入，得，利用梯形的面积公式得，再利用抛物线的定义即可求解.
【详解】将代入，得，将代入，得，
所以，因为A，B，C，D四点构成的梯形的面积为18，
所以，解得，
故由抛物线定义知.
故选：A
7．A
【分析】先转化，再根据二项式的系数求解即可.
【详解】因为，
所以的系数为.
故选：A.
8．D
【分析】由题意，，余弦定理得，得，由，求，最后由求值即可.
【详解】设双曲线的焦距为，左焦点为，离心率，
则，
由余弦定理得，所以，
又，所以，
设，则，，
所以，所以，
，
故选：D．
【点睛】思路点睛：
双曲线与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理余弦定理和，中利用余弦定理得，可求得，点坐标满足双曲线方程，可得，可求，利用计算即可．
9．BD
【分析】借助条件概率公式和独立事件概率乘法公式可得A,B, C，借助与独立事件概率乘法公式计算可得D.
【详解】因为,相互独立，
所以 ,
故A错误；
因为 ,
故B正确；
因为，
故C错误；
，
故D正确.，
故选：BD
10．BCD
【分析】对于A，举例判断，对于B，利用线面平行的判定定理分析判断，对于C，利用异面直线所成的角求解判断，对于C，利用面面垂直的判定理分析判断.
【详解】对于A，连接，因为AB是半圆O的直径，所以，所以与不垂直，
因为平面，所以与平面不可能垂直，所以A错误，
对于B，因为M，N分别为，的中点，所以‖，
因为平面，平面，所以‖平面，所以B正确，
对于C，由选项B可知‖，所以为MN与BC所成的角，
因为，所以MN与BC所成的角为，所以C正确，
对于D，因为平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，所以D正确，
故选：BCD
11．BC
【分析】对于A，根据直线过圆心可得；对于B，由直线时弦可解；对于C，对曲线方程整理，结合圆系方程可得；对于D，由的垂直平分线确定圆心纵坐标，根据两圆方程求出直线方程，由直线过点D即可求解.
【详解】直线过定点，
圆，即，圆心为，半径．
对于A选项，若圆关于直线对称，则直线过圆心，得，故A错误．
对于B选项，圆的圆心为，半径为4，
圆心到直线的距离的最大值为，
所以的最小值为，故B正确．
对于C选项，当时，直线：，
曲线：，即，
所以曲线即为过直线与圆的交点的曲线方程，故C正确．
对于D选项，若，，，四点共圆，设此圆为圆，圆的圆心为，
的中点为，所以的垂直平分线方程为：，所以，
圆的方程为，整理得，
直线是圆和圆的交线，所以直线的方程为，
将点坐标代入上式得，解得，
所以直线即直线的斜率为，所以，故D错误．
故选：BC
【点睛】结论点睛：过直线与圆交点的圆系方程为；
圆和圆的公共弦所在直线方程为.
12．/
【分析】根据全概率公式直接求解即可.
【详解】记事件为“从甲箱中取出一个白球放入乙箱”，事件为“从乙箱中取出白球”，
则，，，，
.
故答案为：.
13．
【分析】利用导数求得函数的最小值，由最小值大于0可得参数范围．
【详解】的定义域是，
．
∵，∴．
∴在上，，严格减；在上，，严格增．
∴．
∵的图像与x轴没有公共点，
∴，∴．
故答案为：．
14．
【分析】由题意可得，即是首项为，公比为的等比数列，即可求出，进而求出.
【详解】因为，所以，
则，所以是首项为，公比为的等比数列，
，所以，
所以.
故答案为：.
15．(1)；
(2)．
【分析】（1）把点代入函数解析式，得切点坐标，通过求导，得到切线的斜率，根据直线的点斜式方程，求切线方程．
（2）解不等式，得函数增区间，解不等式，得函数减区间，结合，确定函数单调性，求得最值，进而得出在上的值域．
【详解】（1）因为，所以，所以，，
故所求切线方程为，即．
（2）由（1）知，．
令，得；令，得．
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以．
又，，
因为，
所以，即在上的值域为．
16．（1）千米/时；（2）（i）辆，（ii）.
【分析】（1）利用频率直方图，确定各组中点值，由即可求平均车速.
（2）由题设易知，（i），结合所提供的三段区间概率值求概率，进而求10000辆机动车中车速不低于85千米/时的车辆数.
（ii）由（i）知车速低于85千米/时的概率，则利用二项分布的期望公式即可求期望.
【详解】（1）由图知：千米/时.
∴这1000辆机动车的平均车速为千米/时.
（2）由（1）及题设知：，则，
（i），
∴10000辆机动车中车速不低于85千米/时的车辆数辆.
（ii）由（2）知：车速低于85千米/时的概率为，故
∴.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）为中点，平面，以为原点建立空间直角坐标系，向量法证明线线垂直；
（2）求平面的法向量，由点到平面的距离，求出，向量法求直线与平面所成的角的正弦值．
【详解】（1），为中点，连接，则，
，，则，
又，，平面，则有平面，
平面，则平面平面，
平面平面，平面，，
所以平面，
以为原点，为轴，为轴，平面内垂直于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，
有，，，
所以，即.
（2）时，设，
则，
，
平面的一个法向量为，则有，
令，则，得，
点到平面的距离为，则有，解得，
所以，，，
，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
18．(1)；
(2)证明见解析
【分析】（1）根据求出，故为公差是1的等差数列，根据求出，得到通项公式；
（2）利用等差数列求和公式得到，故，裂项求和，得到答案.
【详解】（1）由得，
当，，
所以，即，
故为公差是1的等差数列，
又当时，，即，且，所以，
所以，故通项公式为；
（2）∵由（1）知为等差数列，
∴，
，
∴
，
即.
19．(1)
(2)存在；
【分析】（1）根据椭圆定义，结合椭圆离心率公式进行求解即可；
（2）根据椭圆弦长公式，结合线段中点坐标公式、一元二次方程根与系数关系进行求解即可.
【详解】（1）根据椭圆定义知周长为，
依题意有，
从而，
故椭圆的方程为；
（2）设：，，，
由，
因为
所以，，
所以
，
设线段中点坐标为，则，，
即设线段中点坐标为，
所以线段的垂直平分线方程为：，
令，当时，与轴重合，不合题意；
当时，得，即点，
所以，
所以，即存在满足题设.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为，；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为的形式；
（5）代入韦达定理求解.