贵州省罗甸县第一中学2023-2024学年高二下学期期末测试数学试题3

高二数学期末测试试题3一、单选题1．已知集合，则M∩N=（

）A．{-2，0} B．{0，1，2}C．{-2，0，1，2} D．2．若复数z满足，则（

）A．1 B．5 C．7 D．253．若双曲线离心率为，过点，则该双曲线的方程为（

）A． B． C． D．4．从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（

）A． B． C． D．5．已知抛物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为5，则（

）A．7 B．6 C．5 D．46．下列说法中正确的是（

）A．一组数据3，4，2，8，1，5，8，6，9，9，的第60百分位数为6B．将一组数据中的每一个数据加上同一个正数后，方差变大C．若甲、乙两组数据的相关系数分别为和，则甲组数据的线性相关程度更强D．在一个列联表中，由计算得的值，则的值越接近1，判断两个变量有关的把握越大7．将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（

）A．60种 B．120种 C．240种 D．480种8．设函数,（

）A．3 B．6 C．9 D．12二、多选题9．已知平面向量，则下列结论中正确的是（

）A． B．C． D．与的夹角为10．关于二项式的展开式，下列说法正确的有（

）A．有3项B．常数项为3C．所有项的二项式系数和为8D．所有项的系数和为011．已知圆，直线则下列命题中正确的有（

）A．直线恒过定点B．圆被轴截得的弦长为4C．直线与圆可能相离D．直线被圆截得的弦长最短时，直线的方程为三、填空题12．函数的定义域是．13．已知随机变量X服从正态分布，且，则．14．已知，，且，则的最小值为.四、解答题15．在中，．(1)求；(2)若，且的面积为，求的周长．16．如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．(1)若为线段中点，求证：平面．(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．17．设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．（1）求的公比；（2）若，求数列的前项和．18．已知函数．（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值．19．已知椭圆的一个顶点为，焦距为．(1)求椭圆E的方程；(2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值．参考答案：1．B【分析】化简集合，再根据交集的定义运算即可.【详解】因为，又，所以，故选：B.2．B【分析】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模．【详解】由题意有，故．故选：B．3．B【分析】分析可得，再将点代入双曲线的方程，求出的值，即可得出双曲线的标准方程.【详解】，则，，则双曲线的方程为，将点的坐标代入双曲线的方程可得，解得，故，因此，双曲线的方程为.故选：B4．D【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有种不同的取法，若两数不互质，不同的取法有：，共7种，故所求概率.故选：D.5．D【分析】利用抛物线的定义求解即可.【详解】因为抛物线的焦点，准线方程为，点在上，所以到准线的距离为，又到直线的距离为，所以，故.故选：D.6．C【分析】根据百分位数计算规则判断A，根据方差的性质判断B，根据相关系数的概念判断C，根据卡方的意义判断D.【详解】对于A：将数据从小到大排列为：1，2，3，4，5，6，8，8，9，9，又，所以第百分位数为，故A错误；对于B：将一组数据中的每一个数据加上同一个正数后，方差不变，故B错误；对于C：具有线性相关关系的两个变量的相关系数为，则越接近与，则和的线性相关程度越强，因为，所以甲组数据的线性相关程度更强，故C正确；对于D：在列联表中，由计算得的值，的值越大，则两个变量有关的把握越大，故D错误；故选：C7．C【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，故选：C.【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.8．C【详解】.故选C.9．BC【分析】根据向量的坐标运算（线性运算，模，垂直及夹角）计算后判断各选项．【详解】由已知，A错；，，B正确；，，C正确；，，D错．故选：BC．10．BCD【分析】对于A：根据二项式定理分析判断；对于B：根据二项展开式的通项公式运算求解；对于C：根据二项式系数之和的结论分析判断；对于D：令，即可得所有项系数之和.【详解】对A，因为二项式的展开式中共有4项，故A错误；对B，二项式的展开式中通项为，令，得，所以常数项为，故B正确；对C，因为，所以所有项的二项式系数和为，故C正确；对D，令，可得所有项的系数和为，故D正确.故选：BCD.11．AD【分析】A选项，变形后得到方程组，求出直线恒过定点；B选项，令得，求出被轴截得的弦长；C选项，先判断出在圆内，从而得到直线与圆相交；D选项，当直线与垂直时，直线被圆截得的弦长最短，求出，得到直线方程.【详解】A选项，变形为，令，解得，故直线恒过定点，A正确；B选项，中令得，故圆被轴截得的弦长为，B错误；C选项，将代入中得，故在圆内，直线与圆相交，C错误；D选项，的圆心为，当直线与垂直时，直线被圆截得的弦长最短，其中，此时，方程为，故直线被圆截得的弦长最短时，直线的方程为，D正确.故选：AD12．【分析】根据偶次方根的被开方数非负、分母不为零得到方程组，解得即可；【详解】解：因为，所以，解得且，故函数的定义域为；故答案为：13．/．【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出．【详解】因为，所以，因此．故答案为：．14．3【分析】利用基本不等式求和的最小值.【详解】由得，，所以，（当且仅当，即，时取得等号）.故答案为：315．(1)(2)【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长.【详解】（1）解：因为，则，由已知可得，可得，因此，.（2）解：由三角形的面积公式可得，解得.由余弦定理可得，，所以，的周长为.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面.（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值.【详解】（1）取的中点为，接，则，而，故，故四边形为平行四边形，故，而平面，平面，所以平面.（2）因为，故，故，故四边形为平行四边形，故，所以平面，而平面，故，而，故建立如图所示的空间直角坐标系，则，则设平面的法向量为，则由可得，取，设平面的法向量为，则由可得，取，故，故平面与平面夹角的余弦值为17．（1）；（2）.【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论；（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.【详解】（1）设的公比为，为的等差中项，，；（2）设的前项和为，，，①，②①②得，，.【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.18．(Ⅰ)；（Ⅱ）最大值1；最小值.【详解】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式中即可；（Ⅱ）设，求，根据确定函数的单调性，根据单调性求函数的最大值为，从而可以知道恒成立，所以函数是单调递减函数，再根据单调性求最值.试题解析：（Ⅰ）因为，所以.又因为，所以曲线在点处的切线方程为.（Ⅱ）设，则.当时，，所以在区间上单调递减.所以对任意有，即.所以函数在区间上单调递减.因此在区间上的最大值为，最小值为.【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设，再求，一般这时就可求得函数的零点，或是()恒成立，这样就能知道函数的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断的单调性，最后求得结果.19．(1)(2)【分析】（