四川省泸州市泸县一中、泸县四中、泸县五中2023-2024学年高二下学期6月期末联考数学试题【含答案】

泸中、泸县四中、泸县五中高2022级2023-2024学年三校期末联考数学试卷一、单项选择题：本大题共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．某物体的运动路程s（单位：m）与时间t（单位：s）的关系可用函数表示，则该物体在s时的瞬时速度为（

）A．0m/s B．1m/s C．2m/s D．3m/s2．某地建立了农业科技图书馆，供农民免费借阅，现收集了该图书馆五年的借阅数据如表：年份20162017201820192020年份代码x12345年借阅量y（万册）4.95.15.55.75.8根据如表，可得y关于x的线性回归方程为，则（

）A．4.62 B．4.66 C．4.68 D．4.783．如图，在四面体OABC中，，点在线段OA上，且为BC中点，则等于（

）A． B． C． D．4．已知的展开式的二项式系数和为128，则下列说法不正确的是（

）A． B．展开式中各项系数的和为C．展开式中只有第4项的二项式系数最大 D．展开式中含项的系数为845．已知函数的大致图象如图所示（其中是函数的导函数），则的图象可能是（

）A． B．C． D．6．现有红、黄、绿三个不透明盒子，其中红色盒子内装有两个红球、一个黄球和一个绿球；黄色盒子内装有两个红球，两个绿球；绿色盒子内装有两个红球，两个黄球.小明第一次先从红色盒子内随机抽取一个球，将取出的球放入与球同色的盒子中；第二次从该放入球的盒子中随机抽取一个球.则第二次抽到红球的概率是（

）A． B． C． D．7．已知，，，则，，的大小关系为（

）A． B． C． D．8．过双曲线（，）的左焦点的直线与交于，两点，且，若，则的离心率为（）A．2 B． C．3 D．二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．下列说法正确的是（

）A．回归分析模型中，决定系数越大，说明模型模拟效果越好B．已知一组数据的方差是3，则数的标准差是12C．从一个装有1个白球和3个红球的袋子中取出2个球，记为取得红球的个数D．已知随机变量服从正态分布，且，则10．如图，在棱长为1的正方体中，为边的中点，点在底面内运动（包括边界），则下列说法正确的有（

）.A．不存在点，使得B．点到平面的距离为C．点到直线的距离为1D．点在棱上，且，若，则点的轨迹是圆11．已知函数，则下列结论正确的是（

）A．函数存在三个不同的零点B．函数的极小值为，极大值为C．若时，，则t的最大值为2D．若方程有两个实根，则三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12．直线与直线平行，则13．现有5名学生站成一排，若学生甲乙都不站两端，则不同站法共有14．已知数列的前和为，且满足，，则=.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．15．2024年1月4日，教育部在京召开全国“双减”工作视频调度会，会议要求进一步提高双减政治站位，将“双减”工作作为重中之重，坚定不移推进，成为受老师和家长关注的重要话题.某学校为了解家长对双减工作的满意程度进行问卷调查（评价结果仅有“满意”、“不满意”），从所有参与评价的对象中随机抽取120人进行调查，部分数据如表所示（单位：人）：满意不满意合计男性1050女性60合计120参考数据：0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828(1)请将列联表补充完整，试根据小概率值的独立性检验，能否认为“对双减工作满意程度的评价与性别有关”？(2)若将频率视为概率，从所有给出“满意”的家长中随机抽取3人，用随机变量X表示被抽到的男性家长的人数，求X的分布列和数学期望；参考公式：，其中16．已知等差数列的前项和为，公差，且，，，成等比数列．(1)求数列的通项公式；(2)设是首项为1，公比为3的等比数列，求数列的前项和．17．如图，在三棱锥中，，，O为AC的中点.（1）证明：平面；（2）若点M在棱BC上，且二面角为，求PC与平面所成角的余弦值.18．已知椭圆C：经过点，且焦距与长半轴相等.(1)求椭圆C的方程；(2)不过右焦点且与x轴垂直的直线交椭圆C于A，M两个不同的点，连接交椭圆C于点B.（i）若直线MB交x轴于点N，证明：N为一个定点；（ii）若过左焦点的直线交椭圆C于D，G两个不同的点，且ABDG，求四边形ADBG面积的最小值.19．已知函数，.(1)求曲线在处的切线方程；(2)若在区间上单调递减，求的取值范围：(3)若，存在两个极值点，证明：.1．D【分析】根据瞬时速度的概念即可利用平均速度取极限求解.【详解】该物体在时间段上的平均速度为，当无限趋近于0时，无限趋近于3，即该物体在s时的瞬时速度为3m/s．故选：D2．C【分析】根据给定的数表求出样本的中心点，再利用回归直线的性质求解即得.【详解】依题意，，显然满足，所以.故选：C3．D【分析】根据给定的几何体，利用空间向量的线性运算求解即得.【详解】依题意，.故选：D4．C【分析】利用二项式系数的性质求出，再逐项分析判断即得.【详解】对于A，由的展开式的二项式系数和为128，得，解得，A正确；对于B，取，则展开式中各项系数的和为，B正确；对于C，展开式共有8项，则第4项和第5项的二项式系数相等，都最大，C错误；对于D，展开式中含项为，因此展开式中含项的系数为84，D正确.故选：C5．C【分析】由的图象可知，当时，当时，即可求解.【详解】由的图象可知，，所以当时，，当时，，则函数在上单调递增，在上单调递减.结合选项可知：C正确，ABD错误.故选：C6．B【分析】记取到红球为1球，黄球为2球，绿球为3球，记事件分别表示第一次、第二次取到球，，先求出，再求得，再利用全概率公式即可求出结果.【详解】记取到红球为1球，黄球为2球，绿球为3球，记事件分别表示第一次、第二次取到球，，因为，，又，，，由全概率公式知.故选：B.7．C【分析】根据式子结构，构造函数，利用导数判断出的单调性，进而得到，，的大小关系.【详解】根据式子结构，构造函数,则,令，得；令，得；因此在上单调递增，在上单调递减,而，，，因为，所以.故选：C.8．B【分析】设双曲线右焦点为，取中点，连接；根据已知可知为线段的垂直平分线，得到；结合双曲线定义可以求解出，从而得到的长度，根据勾股定理求得a、c的关系，进而求得离心率.【详解】设双曲线右焦点为，取中点，连接，如下图所示：由可知：又为中点，可知，为线段的垂直平分线，设，由双曲线定义可知：，则，解得：在中，在中，故选：B.【点睛】关键点点睛：通过双曲线定义以及长度关系求得各线段的长度，从而能够在直角三角形中利用勾股定理构造出关于的齐次方程，使得问题得以求解.9．ACD【分析】利用决定系数的意义可判断A；利用方差的意义计算可判断B；利用古典概型概率公式计算可判断C；由正态分布概率计算可判断D；【详解】对于A，决定系数的值越大，残差平方和越小，拟合的效果越好，故A正确.对于B，数据的平均值记为，数据的平均值为：，所以方差为，显然标准差不为12，故B错误；对于C：从一个装有1个白球和3个红球的袋子中取出2个球，记X为取得红球的个数，则，故C正确；对于D：因为随机变量服从正态分布，所以，又因为，所以，由正态分布的性质可得，故D正确.故选：ACD.10．AB【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得.【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设，对于A：，，则，所以与不垂直，即不存在点，使得，故A正确；对于B：，，，设平面的法向量为，则，取，则点到平面的距离，故B正确；对于C：，所以点到直线的距离，故C错误；对于D，因为，所以，，，即，可得轨迹为圆：，所以圆心，又，所以轨迹为圆被四边形截得的4段圆弧，所以D错误.故选：AB11．BCD【分析】解方程求出零点判断A；利用导数求出函数的极值判断B；求出函数单调区间，数形结合判断CD.【详解】对于A，由，得，解得，函数只有两个零点，A错误；对于B，函数定义域为R，求导得，当或时，，当时，，函数的极小值为，极大值为，B正确；对于C，函数在上单调递减，在上单调递增，当时，单调递减，值域为，而，则，函数在上的值域为，当时，恒成立，函数在上的值域为，因此存在，使得，如图，

由当时，，得，则的最大值为2，C正确；对于D，方程有两个实根等价于的图象与直线有两个交点，如图，

观察图象知：当时，直线与的图象有两个交点，因此方程有两个实根时，，D正确.故选：BCD【点睛】易错点睛：关键是首先求函数的导数，令导数为0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，要注意是函数的单调递减区间，且恒成立，图象是无限接近轴，如果这里判断错了，那选项就容易判断错了．12．2【分析】两直线斜率存在时，由两直线平行，可得斜率相等，进而可求解.【详解】由，可得，所以直线的斜率为，所以的斜率存在，且为由两直线平行，可得，解得或，经检验，，两直线重合，符合题意.故答案为：2.13．36【分析】根据题意，先从中间的三个位置中，选出2个位置，安排甲乙，再把剩余的3个位置，进行全排列，即可求解.【详解】先从中间的三个位置中，选出2个位置，安排甲乙，再把剩余的3个位置，进行全排列，所以甲乙都不站两端的不同站法共有种.故答案为：.14．【分析】把转化为，求出的通项后可求的通项.【详解】因为，所以，即，所以是首项为，公差为的等差数列，所以，故，所以.【点睛】数列的通项与前项和的关系式，我们常利用这个关系式实现与之间的相互转化.15．(1)列联表见解析，能；(2)分布列见解析，.【分析】（1）先完善列联表，计算出，结合临界值表即可求解.（2）先求出抽到男性家长的概率，判断出随机变量X服从二项分布，再由二项分布的概率公式列出分布列并求出期望.【详解】（1）根据题意，得到列联表如下:满意不满意合计男性401050女性601070合计10020120零假设：“对双减工作满意程度的评价与性别无关”，，即没有充分证据证明零假设不成立，所以没有的把握认为“对双减工作满意程度的评价与性别有关”.（2）从所有给出“满意”的家长中随机抽取1人为男性的概率为，且各次抽取之间相互独立，所以随机变量，所以，，.，所以随机变量X的分布列为：X0123P期望.16．(1)(2)【分析】（1）由已知条件利用等差数列的前n项和公式和通项公式以及等比数列的定义，求出首项和公差，由此能求出；（2）根据等比数列通项公式可得，由此利用错位相减法能求出数列前n项和．【详解】（1）由题意可得，解得，所以，即．（2）由题意可知：，则，则，可得，两式相减可得，所以．17．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据平面几何知识可证得，，再由线面垂直的判定可得证；（2）建立空间直角坐标系，运用面面角、线面角的向量求解方法可求得答案.【详解】（1）证明：以为，为的中点，所以，且，连接.因为，所以为等腰直角三角形，且.由得.由得平面.（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，由题意得，.取平面的一个法向量为.设，则.设平面的法向量为.由，得可取，所以.又，所以，解得（舍去）或，所以，又，设与平面所成角为，则.所以与平面所成角的余弦值为.18．(1)(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可求解；（2）（i）根据题意，设直线方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，表示出直线的方程，求出其与轴交点，即可证明；（ii）由弦长公式分别表示出，结合面积公式代入计算，再由基本不等式，即可求解.【详解】（1）由题意知，解得.故椭圆的方程为；（2）（i）由题意知斜率存在，设其方程为，，则，由，得，由于直线过椭圆焦点，则必有，则，直线的方程为，不妨设直线交轴于点，令，可得，即直线MB过定点；（ii）因为，所以，同理可得，又，则，当且仅当时等号成立，即四边形ADBG的面的最小值为.19．(1)；(2)；(3)证明见解析.【分析】（1）利用导数的几何意义即可求得切线方程；（2）根据单调性可知在上恒成立，利用分离变量法可得，由可得结果；（3）设，则，将所证不等式转化为，令，利用导数可