2023-2024学年贵州省铜仁市高二下学期期末质量监测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1贵州省铜仁市2023-2024学年高二下学期期末质量监测数学试题注意事项：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，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知集合，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意得，则.故选：C.2.双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗双曲线中，则，故其渐近线方程为.故选：B.3.在的展开式中，的系数为（）A.3 B.6 C.9 D.12〖答案〗B〖解析〗在中，每一项为，当，即时，的系数为，故选：B.4.已知正项数列．若该数列的前3项成等差数列，后5项成等比数列，且，则数列所有项的和为（）A.98 B.92 C.96 D.100〖答案〗C〖解析〗由于数列的后5项成等比数列，所以，由于为正项数列，所以，，又且前3项成等差数列，所以故数列的所有项的和为，故选：C.5.已知空间中三条不同的直线和平面，则下列命题正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则〖答案〗B〖解析〗对A，，，则有可能相交、异面、平行，故A错误；对B，由线面垂直性质定理可知B正确；对C，若，，则与平行、相交或异面，故C错误.对D，若，，则有可能平行，有可能异面，故D错误故选：B6.从三棱锥的6条棱中任选2条棱，则这2条棱所在的直线是异面直线的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗如图：从三棱锥的6条棱中任取2条,所有的基本事件有：共15种，互为异面直线的有共3种，故概率为，故选：A.7.若曲线在处的切线方程为，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，所以，又函数处的切线方程为，所以，且，联立解得，；故选：D.8.已知是两个随机事件，且，则下列说法不正确的是（）A. B.C.事件相互独立 D.〖答案〗D〖解析〗随机事件满足：，对于A，，A正确；对于B，，则，B正确；对于C，样本空间，则，，，因此，事件相互独立，C正确；对于D，，D错误.故选：D二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对得3分，有选错的得0分）9.下列命题正确的是（）A.若随机变量，则B.直线与圆相交，且相交弦的长度为C.经验回归直线至少经过样本点中的一个点D.若，则〖答案〗ABD〖解析〗对于A，由随机变量，得，A正确；对于B，圆的半径，圆心到直线的距离，弦长为，B正确；对于C，经验回归直线必过样本的中心点，可以不经过任何一个样本点，C错误；对于D，由，平方相加得，解得，D正确.故选：ABD10.若的两根为，且，则下列说法正确的是（）A.B.在复平面内对应的点位于第二象限C.的虚部为D.〖答案〗AD〖解析〗由的两根为，且，则，对于A，，即，因此，A正确；对于B，在复平面内对应的点位于第四象限，B错误；对于C，的虚部为，C错误；对于D，，D正确.故选：AD11.设，函数，则（）A.当时，的最小值为B.对任意的至少存在一个零点C.存在，使得有三个不同零点D.对任意的在上是增函数〖答案〗BC〖解析〗函数，当时，函数在上单调递增，又函数的对称轴为，对于A，当时，，当时，，则，即，A错误；对于B，当时，由，得，因此存在，使得，则是的零点，即至少存在一个零点，当时，由，解得或，此时都大于1，因此是的零点，所以对任意的至少存在一个零点，B正确；对于C，取，，由，得或，解得或或，此时有三个不同零点，C正确；对于D，若在上是单调递增函数，则，解得，因此当时，在上是单调递增函数，D错误.故选：BC三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知随机变量服从标准正态分布，若，则______．〖答案〗〖解析〗随机变量服从标准正态分布，若，所以，则.故〖答案〗为：.13.已知函数图象的相邻两个对称中心之间的距离为，则______；若在区间上单调递减，则的一个取值可以为______．〖答案〗①1②（〖答案〗不唯一）〖解析〗由题意得得，解得，则，由，因为在区间上单调递减，且，所以有，因此的一个取值可以为，故〖答案〗为：1；（〖答案〗不唯一）.14.已知抛物线的焦点为，则______；若斜率为的直线过焦点且与抛物线交于两点，的中垂线交轴于点，则______．〖答案〗①8②2〖解析〗如图所示：由抛物线的方程可得焦点坐标为，由题意可得，所以；所以抛物线的方程为：，设直线的方程为：，设，联立直线与抛物线的方程：，整理可得：，,则，所以的中点的横坐标为，所以的中点的纵坐标为：，所以的中垂线的方程为：，令，可得，所以N的横坐标为：，所以，由抛物线的性质可得，，所以，故〖答案〗为：8，2四、解答题（本题共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.已知在中，内角的对边分别为，且满足．（1）求；（2）若，且，求的周长．解：（1）已知，则由正弦定理有.又∵，则，因为为三角形内角，则，.（2）由题可知：，所以，由余弦定理可得，即，所以，可得，则，所以的周长为.16.如图所示，在长方体中，为矩形内一点，过点与棱作平面．（1）直接在图中作出平面截此长方体所得的截面（不必说明画法和理由），判断截面图形的形状，并证明；（2）设平面平面．若截面图形的周长为16，求二面角的余弦值．解：（1）在平面内过点作分别交于点，连接，则四边形为所作截面，截面为矩形，证明如下：在长方体中，，又平面平面，平面平面，平面平面，于是，四边形为平行四边形，又平面，平面，因此，所以四边形为矩形.（2）连接，由矩形的周长为16，且，得，又，，得，又，则，由（1）知，，则平面，而平面，因此，二面角的平面角为，在中，，则，所以二面角的余弦值为.17.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）当有极小值，且极小值小于时，求的取值范围．解：（1）的定义域为，．若，则，所以在上单调递增．若，则当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增．综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．（2）由（1）知，当时，在无极小值.当时，在取得极小值为．因此等价于.即，令，其中，因为.所以在上单调递增，且．于是，当时，；当时，．因此，的取值范围是．18.已知椭圆，以的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形．设为原点，直线与交于不同的两点，且与轴交于点，点满足，过点的直线与的另一个交点为．（1）求的方程及离心率；（2）若轴，证明：是等腰直角三角形．解：（1）由题意.因.所以，所以椭圆方程为，离心率为.（2）设，联立方程，消去得：.依题意，得，则.直线，令得，又因为，所以.因为轴，所以点B与点关于x轴对称，所以，所以向量，，则有.所以，所以.设的中点为，则，.，由题意可知，故，所以，因为点B与点关于轴对称，所以，所以，所以为等腰直角三角形.19.在2024年5月举行的第一届全国全民健身大赛（西南区）篮球项目贵州选拔赛暨2024年贵州省篮球公开赛中，铜仁市代表队凭借出色的技术和顽强拼搏的精神，从全省42支队伍中脱颖而出，闯进决赛．受此影响，铜仁市某校掀起了篮球运动的热潮，在一次篮球训练课上，甲、乙、丙三位同学进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能的将球传给另外两个人中的任何一人．（1）求2次传球后球在甲手中的概率；（2）设次传球后球在甲手中的概率为，求证数列为等比数列，并求数列的通项公式；（3）现在丁加入传球训练，且甲、乙、丙、丁四人分别站定于如图所示的四点（为正方形的四个顶点），且每次传球时，传球者将球传给相邻同学的概率为，传给对角线上同学的概率为（例如：甲传球给乙或丁的概率都是，传球给丙的概率是；若第一次仍由甲将球传出，则次传球后，试比较球在甲、乙、丙、丁手中概率的大小，并说明理由．解：（1）依题意，传球2次后球在甲手中包括两个基本事件，即：甲乙甲和甲丙甲，所以传球2次后球在甲手中的概率为.（2）设第n次传球后球在甲手中的概率为，则当时，第次传球后球在甲手中的概率为，第次传球后球不在甲手中的概率为，显然，若要第n次传球后球在甲手中，则第次传球后球必定不能在甲手中，无论此时球在乙或丙的手中，传给甲的概率都是，则有，即，所以是以为首项，为公比的等比数列，，即.（3）设第n次传球后球在甲手中概率，球在乙手中的概率，球在丙手中的概率,则球在丁手中的概率，则有，，，，，于是，且，又，则是以为首项，为公比的等比数列，，又于是，而，且有，于是，又，则，若为奇数，则，此时，若为偶数，则，此时.贵州省铜仁市2023-2024学年高二下学期期末质量监测数学试题注意事项：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，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知集合，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意得，则.故选：C.2.双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗双曲线中，则，故其渐近线方程为.故选：B.3.在的展开式中，的系数为（）A.3 B.6 C.9 D.12〖答案〗B〖解析〗在中，每一项为，当，即时，的系数为，故选：B.4.已知正项数列．若该数列的前3项成等差数列，后5项成等比数列，且，则数列所有项的和为（）A.98 B.92 C.96 D.100〖答案〗C〖解析〗由于数列的后5项成等比数列，所以，由于为正项数列，所以，，又且前3项成等差数列，所以故数列的所有项的和为，故选：C.5.已知空间中三条不同的直线和平面，则下列命题正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则〖答案〗B〖解析〗对A，，，则有可能相交、异面、平行，故A错误；对B，由线面垂直性质定理可知B正确；对C，若，，则与平行、相交或异面，故C错误.对D，若，，则有可能平行，有可能异面，故D错误故选：B6.从三棱锥的6条棱中任选2条棱，则这2条棱所在的直线是异面直线的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗如图：从三棱锥的6条棱中任取2条,所有的基本事件有：共15种，互为异面直线的有共3种，故概率为，故选：A.7.若曲线在处的切线方程为，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，所以，又函数处的切线方程为，所以，且，联立解得，；故选：D.8.已知是两个随机事件，且，则下列说法不正确的是（）A. B.C.事件相互独立 D.〖答案〗D〖解析〗随机事件满足：，对于A，，A正确；对于B，，则，B正确；对于C，样本空间，则，，，因此，事件相互独立，C正确；对于D，，D错误.故选：D二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对得3分，有选错的得0分）9.下列命题正确的是（）A.若随机变量，则B.直线与圆相交，且相交弦的长度为C.经验回归直线至少经过样本点中的一个点D.若，则〖答案〗ABD〖解析〗对于A，由随机变量，得，A正确；对于B，圆的半径，圆心到直线的距离，弦长为，B正确；对于C，经验回归直线必过样本的中心点，可以不经过任何一个样本点，C错误；对于D，由，平方相加得，解得，D正确.故选：ABD10.若的两根为，且，则下列说法正确的是（）A.B.在复平面内对应的点位于第二象限C.的虚部为D.〖答案〗AD〖解析〗由的两根为，且，则，对于A，，即，因此，A正确；对于B，在复平面内对应的点位于第四象限，B错误；对于C，的虚部为，C错误；对于D，，D正确.故选：AD11.设，函数，则（）A.当时，的最小值为B.对任意的至少存在一个零点C.存在，使得有三个不同零点D.对任意的在上是增函数〖答案〗BC〖解析〗函数，当时，函数在上单调递增，又函数的对称轴为，对于A，当时，，当时，，则，即，A错误；对于B，当时，由，得，因此存在，使得，则是的零点，即至少存在一个零点，当时，由，解得或，此时都大于1，因此是的零点，所以对任意的至少存在一个零点，B正确；对于C，取，，由，得或，解得或或，此时有三个不同零点，C正确；对于D，若在上是单调递增函数，则，解得，因此当时，在上是单调递增函数，D错误.故选：BC三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知随机变量服从标准正态分布，若，则______．〖答案〗〖解析〗随机变量服从标准正态分布，若，所以，则.故〖答案〗为：.13.已知函数图象的相邻两个对称中心之间的距离为，则______；若在区间上单调递减，则的一个取值可以为______．〖答案〗①1②（〖答案〗不唯一）〖解析〗由题意得得，解得，则，由，因为在区间上单调递减，且，所以有，因此的一个取值可以为，故〖答案〗为：1；（〖答案〗不唯一）.14.已知抛物线的焦点为，则______；若斜率为的直线过焦点且与抛物线交于两点，的中垂线交轴于点，则______．〖答案〗①8②2〖解析〗如图所示：由抛物线的方程可得焦点坐标为，由题意可得，所以；所以抛物线的方程为：，设直线的方程为：，设，联立直线与抛物线的方程：，整理可得：，,则，所以的中点的横坐标为，所以的中点的纵坐标为：，所以的中垂线的方程为：，令，可得，所以N的横坐标为：，所以，由抛物线的性质可得，，所以，故〖答案〗为：8，2四、解答题（本题共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.已知在中，内角的对边分别为，且满足．（1）求；（2）若，且，求的周长．解：（1）已知，则由正弦定理有.又∵，则，因为为三角形内角，则，.（2）由题可知：，所以，由余弦定理可得，即，所以，可得，则，所以的周长为.16.如图所示，在长方体中，为矩形内一点，过点与棱作平面．（1）直接在图中作出平面截此长方体所得的截面（不必说明画法和理由），判断截面图形的形状，并证明；（2）设平面平面．若截面图形的周长为16，求二面角的余弦值．解：（1）在平面内过点作分别交于点，连接，则四边形为所作截面，截面为矩形，证明如下：在长方体中，，又平面平面，平面平面，平面平面，于是，四边形为平行四边形，又平面，平面，因此，所以四边形为矩形.（2）连接，由矩形的周长为16，且，得，又，，得，又，则，由（1）知，，则平面，而平面，因此，二面角的平面角为，在中，，则，所以二面角的余弦值为.17.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）当有极小值，且极小值小于时，求的取值范围．解：（1）的定义域为，．若，则，所以在上单调递增．若，则当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增．综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．（2）由（1）知，当时，在无极小值.当时，在取得极小值为．因此等价于.即，令，其中，因为.所以在上单调递增，且．于是，当时，；当时，．因此，的取值范围是．18.已知椭圆，以的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形．设为原点，直线与交于不同的两点，且与轴交于点，点满足，过点的直线与的另一个交点为．（1）求的方程及离心率；（2）若轴，证明：是等腰直角三角形．解：（1）由题意.因.所以，所以椭圆方程为，离心率为.（2）设，联立方程，消去得：.依题意，得，则.直线，令得，又因为，所以.因为轴，所以点B与点关于x轴对称，所