四川省泸州市合江县2023-2024学年高二下学期6月期末联合考试数学试题【含答案】

2024年春期高2022级高二期末联合考试数学试题数学试卷分为第1卷（选择题）和第I1卷（非选择题）两部分，共4页，满分150分.注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卷上相应位置.2.选择题答案使用2B铅笔填涂在答题卷对应题目号的位置上，填涂在试卷上无效.3.非选择题答案请使用黑色签字笔填写在答题卷对应题目号的位置上，填写在试卷上无效.第一卷选择题（58分）一、选择题（本大题共8个小题，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．（

）A． B．1 C． D．2．下列求导运算正确的是（

）A． B．C． D．3．直线过圆的圆心，并且与直线垂直，则直线的方程为（

）A． B． C． D．4．已知数列的前n项和为，则（

）A．81 B．162 C．243 D．4865．下列命题中，真命题的是（

）A．若样本数据的方差为2，则数据的方差为8B．若回归方程为，则变量y与x正相关C．甲同学所在的某校高三共有5003人，先剔除3人，再按简单随机抽样的方法抽取容量为200的一个样本，则甲被抽到的概率为D．在线性回归分析中相关指数用来刻画回归的效果，若值越小，则模型的拟合效果越好6．已知在处有极值，则（

）A．11或4 B．-4或-11 C．11 D．47．的展开式中的系数为（

）A．55 B． C．65 D．8．已知，，，则（参考数据：）（

）A． B． C． D．二、多项选择题（每小题6分，共3小题，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）9．直线，下列图象中正确的是（

）A．

B．

C．

D．

10．甲罐中有5个红球，3个白球，乙罐中有4个红球，2个白球．整个取球过程分两步，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别用，表示由甲罐取出的球是红球，白球的事件；再从乙罐中随机取出两球，分别用B，C表示第二步由乙罐取出的球是“两球都为红球”，“两球为一红一白”的事件，则下列结论中正确的是（

）A． B．C． D．11．已知抛物线的焦点为F，过F作两条互相垂直的直线，，与C相交于P，Q，与C相交于M，N，的中点为G，的中点为H，则（

）A． B．C．的最大值为16 D．当最小时，直线的斜率不存在第二卷非选择题（92分）三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案直接填在答题卡中的横线上.）12．近年来，“剧本杀”门店遍地开花．放假伊始，7名同学相约前往某“剧本杀”门店体验沉浸式角色扮演型剧本游戏，目前店中仅有可供4人组局的剧本，其中A，B角色各1人，C角色2人．已知这7名同学中有4名男生，3名女生，现决定让店主从他们7人中选出4人参加游戏，其余3人观看，要求选出的4人中至少有1名女生，并且A，B角色不可同时为女生．则店主共有种选择方式．13．若函数在区间(1，4)上不单调，则实数a的取值范围是.14．已知椭圆的左、右焦点分别为，，P是C上一点，且，H是线段上靠近的三等分点，且，则C的离心率为.四、解答题（本大题共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．已知数列是等差数列，其前项和为，且，.(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项和.16．人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大.人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策.基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型；有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球乙袋中有2个红球和8个白球.从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验.若多次试验直到摸出红球，则试验结束.假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为（先验概率）.(1)求首次试验结束的概率；(2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整.①求选到的袋子为甲袋的概率，②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案；方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大.17．如图，在直三棱柱中，，，E，F为线段，的中点．(1)证明：EF⊥平面；(2)若直线EA与平面ABC所成的角大小为，求点C到平面的距离．18．已知函数（为常数，是自然对数的底数），曲线在点处的切线与轴平行.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求的单调区间；（Ⅲ）设,其中为的导函数.证明：对任意.19．已知一动圆与圆外切，与圆内切，该动圆的圆心的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程．(2)已知点在曲线上，斜率为的直线与曲线交于两点（异于点）．记直线和直线的斜率分别为，，从下面①、②、③中选取两个作为已知条件，证明另外一个成立．①；②；③．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．1．C【分析】利用复数的四则运算求解即可.【详解】故选：C.2．A【解析】根据求导公式和求导法则，逐一验证四个选项的正误，即可得正确选项.【详解】对于选项A：，故选项A正确；对于选项B：，故选项B不正确；对于选项C：，故选项C不正确；对于选项D：，故选项D不正确，故选：A3．D【分析】求圆心坐标，由垂直可得斜率，然后根据点斜式可得.【详解】由可知圆心为，又因为直线与直线垂直，所以直线的斜率为，由点斜式得直线，化简得直线的方程是．故选：D．4．B【分析】根据给定条件，利用列式计算即得.【详解】数列的前n项和为，所以.故选：B5．A【分析】对于选项A，结合新样本数据的方差公式运算；对于选项B，根据相关性的概念，由x的系数分析判断；对于选项C，根据随机抽样可知每个个体被抽到的机会均等，分析运算；对于选项D，相关指数越接近于1，拟合效果越好.【详解】①若样本数据的方差为2，则数据的方差为，故A项为真命题；②由，可知，则变量y与x负相关，B项为假命题；③根据随机抽样可知每个个体被抽到的机会均等，与抽样方法无关，某校高三共有5003人，抽取容量为200的一个样本，则甲被抽到的概率为，故C项为假命题；④在线性回归分析中相关指数越接近于1，则模型的拟合效果越好，故D项为假命题.故选：A.6．C【分析】先求解导函数，再根据极值的概念求解参数的值即可.【详解】根据题意，函数在处有极值0且或时恒成立，此时函数无极值点.故选：C.7．D【分析】根据展开式的通项公式进行计算即可.【详解】含的项为，所以展开式中的系数为．故选：8．B【分析】由，考虑构造函数，利用导数研究函数的单调性，利用单调性比较大小即可.【详解】因为，，考虑构造函数，则，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，因为，所以，即，所以，所以，即，又，所以，故，故选：B.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于将被比较的数化为结构相似的形式，考虑构造函数利用函数的单调性比较大小.9．BC【分析】根据斜率和截距对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】直线，A选项，由图可知：，所以A选项错误.B选项，由图可知：，所以B选项正确.C选项，由图可知：，所以C选项正确.D选项，由图可知：，所以D选项错误.故选：BC10．BCD【分析】在各自新的样本空间中求出，判断A，B；利用全概率公式计算，判断C，D作答.【详解】在事件发生的条件下，乙罐中有5红2白7个球，则，A不正确；在事件发生的条件下，乙罐中有4红3白7个球，则，B正确；因，，，则，C正确；因，，则，D正确.故选：BCD11．AD【分析】A选项，先得到两直线斜率均存在且不为0，设直线方程为，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，由焦半径得到，，从而得到；B选项，在A选项基础上得到和，从而代入计算出；C选项，在B选项基础上，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值；D选项，先得到，，表达出，并结合基本不等式求出当时，取得最小值，此时，故D正确.【详解】A选项，若一条直线的斜率不存在时，则另一条直线斜率为0，此时与抛物线只有1个交点，不合要求，故两直线斜率均存在且不为0，由题意得，设直线方程为，联立与得，，易知，设，则，则，，则，A正确；B选项，在A选项基础上得到，由于两直线均过焦点且垂直，可得，故，B错误；C选项，由B选项可知，，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为16，C错误；D选项，由A选项可知，点横坐标为，故，所以，由于两直线均过焦点且垂直，可得，则，其中，当且仅当，即时，等号成立，当时，取得最小值，此时，故当最小时，直线的斜率不存在，D正确.故选：AD.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．12．348【分析】根据题意，按照选出的女生人数进行分类，分别求出每一类的选择种数，然后相加即可求解.【详解】由题意，根据选出的女生人数进行分类，第一类：选出1名女生，先从3名女生中选1人，再从四名男生中选3人，然后安排角色，两名男生扮演A，B角色有种，剩余的1名男生和女生扮演C角色，或A，B角色1名男生1名女生，女生先选有，剩下的一个角色从3名男生中选1人，则种，所以共有种，第二类：选出2名女生，先从3名女生中选2人，再从四名男生中选2人，然后安排角色，两名男生扮演A，B角色有种，剩余的2名女生扮演C角色，或A，B角色1名男生1名女生，选出1名女生先选角色有，剩下的一个角色从2名男生中选1人，则种，所以共有种，第三类：选出3名女生，从先从3名女生中选3人，再从四名男生中选1人，然后安排角色，A，B角色1名男生1名女生，选出1名女生先选角色有，剩下的一个角色让男生扮演，余下的2名女生扮演角色C，所以共有种，由分类计数原理可得：店主共有种选择方式，故答案为：.13．(4，5)【分析】由已知得在上存在变号零点，参变分离后利用导数讨论新函数的单调性后可得实数的取值范围.【详解】解：函数，，若函数在区间上不单调，则在上存在变号零点，由得，令，，，在递减，在递增，而，，，所以.故答案为：.14．【分析】根据题意可得，，，再结合三角形相似可得，代入分析求解即可.【详解】由题意，不妨设点P在第一象限，如图.因为，则，，.因为，则，可知，则，即，整理得.由得，解得或（舍去），所以C的离心率为.故答案为：.15．(1)(2).【分析】（1）利用等差数列的通项公式和前项和公式求解；（2）分组求和方法求解.【详解】（1）设等差数列的公差为，又，，所以，解得，，所以的通项公式.（2）由（1）知，所以.16．(1)(2)①；②方案二中取到红球的概率更大.【分析】（1）根据全概率公式，解决抽签问题；（2）利用条件概率公式计算，根据数据下结论.【详解】（1）设试验一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件，“试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球”为事件，（1）.所以试验一次结果为红球的概率为.（2）①因为，是对立事件，，所以，所以选到的袋子为甲袋的概率为.②由①得，所以方案一中取到红球的概率为：，方案二中取到红球的概率为：，因为，所以方案二中取到红球的概率更大.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连结，可得，通过证明平面可得；（2）利用等体积关系可得.【详解】（1）证明：取的中点，连结，∵在中，、分别为、的中点，∴且，又在直三棱柱中，E是的中心，∴且，∴且，∴四边形BEFM为平行四边形，∴，∵在中，M为AC的中点，且，∴，且，∵平面，平面，∴，又，∴平面，∴平面；（2）由（1）知，，，因为直线与平面所成的角大小为，，因为中，，，，，，设点到平面的距离为，，，即，解得.18．：（Ⅰ）；（Ⅱ）的单调增为单调减区为.（Ⅲ）见解析【详解】(1)由f(x)＝，得f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，由于曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．所以f′(1)＝0，因此k＝1.(2)由(1)得f′(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)，令h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，当x∈(0,1)时，h(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0.又ex＞0，所以x∈(0,1)时，f′(x)＞0；x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0.因此f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)(3)因为g(x)＝xf′(x)，所以g(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)，由(2)得，h(x)＝1－x－xlnx，求导得h′(x)＝－lnx－2＝－(lnx－lne-2)．所以当x∈(0，e-2)时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增；当x∈(e-2，＋∞)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减．所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)≤h(e-2)＝1＋e-2.又当x∈(0，＋∞)时，0＜＜1，所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)＜1＋e-2，即g(x)＜1＋e-2.综上所述结论成立19．(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用两圆位置关系得到，从而得到，再利用双曲线的定义即可得到曲线的方程；（2）依次选择其中两个作为已知条件，联立直线与曲线的方程，结合韦达定理得到关于的表达式，从而得证.【详解】（1）依题意，设动圆的圆心为，半径为r，因为该动圆与圆外切，与圆内切，此处要特别注意圆在圆的内部与圆相切，否则圆无法与圆外切，所以，，所以，由双曲线定义可知，M的轨迹是以E，F为焦点，实轴长为4的双曲线的右支，所以2a＝4