陕西省榆林市神木市第四中学2023-2024学年高二下学期第三次检测考试数学试题

神木四中2023～2024学年度第二学期高二第三次检测考试数学全卷满分150分，考试时间120分钟．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，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚．4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交．5．本卷主要考查内容：选择性必修第一册，选择性必修第二册，选择性必修第三册第六章～第七章．一、单项选择题：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．抛物线的焦点坐标是（）A． B． C． D．2．下面给出四个随机变量：①一高速公路上某收费站在十分钟内经过的车辆数；②一个沿x轴进行随机运动的质点，它在x轴上的位置；③某派出所一天内接到的报警电话次数X；④某同学上学路上离开家的距离Y．其中是离散型随机变量的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．43．若随机变量的分布列如表，则的值为（）X1234PaA． B． C． D．4．已知等差数列的前5项之和为25，，则公差为（）A．6 B．3 C．4 D．55．函数的单调递减区间为，则（）A． B．1 C．e D．6．设甲乘汽车、动车前往某目的地的概率分别为0.3、0.5，汽车和动车正点到达目的地的概率分别为0.6、0.8，则甲正点到达目的地的概率为（）A．0.62 B．0.64 C．0.58 D．0.687．已知双曲线C：，以双曲线C的右顶点A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点，若，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．28．已知，则（）A．8 B．5 C．2 D．4二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．若圆M：与圆N：相交，则k的取值可能为（）A． B．1 C．3.8 D．4.210．对于的展开式，下列说法正确的是（）A．展开式共有8项 B．展开式中的常数项是70C．展开式中各项系数之和为0 D．展开式中的二项式系数之和为6411．如图所示，四边形ABCD为正方形，平面平面ABF，E为AB的中点，，且，则下列结论正确的是（）A． B．直线BC到平面ADF的距离为C．异面直线AB与FC所成角的余弦值为 D．直线AC与平面CEF所成角的正弦值为12．袋中装有6个相同的小球，分别编号为1，2，3，4，5，6．从中不放回的随机抽取两个球，A表示事件“取出的两个球中至少有一个球的编号为奇数”，B表示事件“取出的两个球的编号之和为偶数”，则下列说法正确的是（）A．事件A与事件B不相互独立B．事件A与事件B互斥C．在事件A发生的前提下，事件B发生的概率为D．在事件B发生的前提下，事件A发生的概率为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．过点且在x轴、y轴上截距相等的直线方程为______．14．设随机变量，则______．15．已知P是椭圆上的一点，A，B分别为圆：和圆：上的点，则的最大值为______．16．某批零件的尺寸X服从正态分布，且满足，零件的尺寸与8的误差不超过2即合格，从这批产品中抽取n件，若要保证抽取的合格零件不少于2件的概率不低于0.8，则n的最小值为______．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．17．（本小题满分10分）已知函数，且，为极值点．（1）求实数a，b的值；（2）判断，是极大值点还是极小值点，并分别求出极大值与极小值．18．（本小题满分12分）甲、乙两名射手在一次射击中得分为两个相互独立的随机变量，，已知甲、乙两名射手在每次射击中射中的环数分别为7，8，9，10，且甲射中10，9，8，7环的概率分别为2a，0.2，a，0.2，乙射中10，9，8，7环的概率分别为0.3，0.3，6，6．（1）求，的分布列；（2）请根据射击环数的期望及方差来分析甲、乙的射击技术．19．（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，平面PAB，，，E为侧棱PA上一点，平面BCE与侧棱PD交于点F，且，DP与底面ABCD所成的角为45°．（1）求证：F为线段PD的中点；（2）求平面PDC与平面PBC的夹角的正弦值．20．（本小题满分12分）已知数列，且．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和．21．（本小题满分12分）某市移动公司为了提高服务质量，决定对使用A，B两种套餐的集团用户进行调查，准备从本市个人数超过1000的大集团和3个人数低于200的小集团中随机抽取若干个集团进行调查，若一次抽取2个集团，全是大集团的概率为．（1）在取出的2个集团是同一类集团的情况下，求全为小集团的概率；（2）若一次抽取3个集团，假设取出大集团的个数为X，求X的分布列和数学期望．22．（本小题满分12分）某公司采购了一批零件，为了检测这批零件是否合格，从中随机抽测了120个零件的长度（单位：分米），按数据分成，，，，，这6组，得到如下的频数分布表：分组频数5154040155以这120个零件的长度在各组的频率作为整批零件的长度在各组的概率．（1）若从这批零件中随机抽取3个，记X为抽取的零件的长度在中的个数，求X的分布列和数学期望；（2）若变量S满足，且，则称变量S满足近似于正态分布的概率分布，如果这批零件的长度Y（单位：分米）满足近似于正态分布的概率分布，则认为这批零件是合格的，将顺利被签收，否则，公司将拒绝签收，试问该批零件能否被签收？神木四中2023～2024学年度第二学期高二第三次检测考试·数学参考答案、提示及评分细则1．B由得，∴，故焦点为．故选B．2．B对于①，十分钟内经过的车辆数可以一一列举出来，①是离散型随机变量；对于②，沿x轴进行随机运动的质点，质点在直线上的位置不能一一列举出来，②不是离散型随机变量；对于③，一天内接到的报警电话次数可以一一列举出来，③是离散型随机变量；对于④，某同学上学路上离开家的距离可为某一区间内的任意值，不能一一列举出来，④不是离散型随机变量，所以给定的随机变量是离散型随机变量的有①③，故选B．3．A根据题意可得，．故选A．4．A在等差数列中，，所以，所以公差．故选A．5．B由题意知，所以，解得．故选B．6．C设事件A表示甲正点到达目的地，事件B表示甲乘动车到达日的地，事件C表示甲乘汽车到达目的地，由题意知，，，．由全概率公式得．故选C．7．C由于，因此点A到渐近线距离为，一条渐近线方程为，有，可得．故选C．8．D令，则，令，则，令，则，所以，，所以，．故选D．9．AC两圆的圆心，，圆心距，半径分别为，，因为圆M与圆N相交，所以，解得或．故选AC．10．BC的展开式共有9项，故A错误；展开式中的常数项为，故B正确；令，则展开式中各项系数之和为，故C正确；展开式中的二项式系数之和为，故D错误．11．ACD由，，，有，由于E为AB中点，所以，且平面平面ABF，因此取CD中点G，分别以EF，EB，EG所在直线为x，y，z轴，以F为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，，所以，故A正确；易知，平面ADF，平面ADF，所以平面ADF，由，，可知平面ADF，所以直线BC到平面ADF的距离为，即B错误；易知，，所以，所以异面直线AB与FC所成角的余弦值为，即C正确；设平面CEF的一个法向量为，，，则令，可得，，即，，设直线AC与平面CEF所成的角为，则，即D正确．故选ACD．12．ACD对选项A：事件A的概率，事件B的概率，事件AB的概率，因为，所以事件A与事件B不相互独立，选项A正确；对选项B：“取出的两个球的编号均为奇数”既在事件A中，也在事件B中，故事件A与事件B不互斥，选项B错误；对选项C：在事件A发生的前提下，事件B发生的概率为，选项C正确；对选项D：在事件B发生的前提下，事件A发生的概率为，选项D正确，故选ACD．13．或由题知，若在x轴、y轴上截距均为0，即直线过原点，又过，则直线方程为；若截距不为0，设在x轴、y轴上的截距为a，则直线方程为，又直线过点，则，解得，所以此时直线方程为．14．∵随机变量服从，∴．15．15由题意可知，，是椭圆的两个焦点，所以，所以，即的最大值为15．16．4因X服从正态分布，且，则，即每个零件合格的概率为，合格零件不少于2件的对立事件是合格零件件数为0或1，合格零件件数为0或1的概率为，依题意，，即，令，则有，即单调递减，而，，因此不等式的解集为，所以n的最小值为4．17．解：（1）由于，因此，又，为极值点，于是则（2）由（1）可知，当或时，，当时，，于是为极大值点，为极小值点，极大值，极小值．18．解：（1）由题意得，解得．，解得，所以的分布列为10987P0.40.20.20.2的分布列为10987P0.30.30.20.2（2）由（1）得；，；．由于，，说明甲射击的环数的期望比乙高，但成绩没有乙稳定．19．解：（1）证明：因为平面PAB，PA，平面PAB，所以，，又因为，且，所以平面ABCD，∠PDA为DP与平面ABCD所成的角，由，有，所以E为PA中点，因为，平面ADP，平面ADP，所以平面ADP，又因为平面BCE，平面平面，所以，所以，所以F为线段PD的中点；（2）解：由（1）可知AD，AB，AP两两垂直，如图所示，以AD，AB，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则，，，，所以，，设平面PDC的法向量为，则取，得到，设平面PBC的法向量为，由，，有取，，，可得，所以，所以平面PDC与平面PBC的夹角的正弦值为．20．解：（1）∵，∴，∴，，∴，当时，，，所以，综上所述，；（2）由（1）得，，所以，所以．21．解：（1）由题意知共有个集团，取出2个集团的方法总数是，其中全是大集团的情况有，故全是大集团的概率是，整理得到，解得．若2个全是大集团，共有（种）情况；若2个