甘肃省靖远县第一中学2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题

这是一份甘肃省靖远县第一中学2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题，文件包含高二数学试题pdf、高二数学答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共14页， 欢迎下载使用。

1.D ∵A={x|0≤x≤2},∴∁UA={x|x<0或x>2}.∵B={x|x>0},∴(∁UA)∩B={x|x>2}.
2.B (i-1)21+i=-2i1+i=-2i(1-i)2=-1-i.
3.B 因为a2=4,b2=9,所以a=2,b=3,所以该双曲线的渐近线方程为y=±23x,即2x±3y=0.
4.C 因为S2=3a2,所以a1=2a2,所以公比q=12,所以S3a3=a1(1-q3)1-qa1q2=1-q3q2(1-q)=7.
5.D f'(x)=ax-1=a-xx(x>0),令f'(x)>0,可得06.B 由散点图可知,y与x成线性相关,设回归方程为y=m+kx,
由题意z=yx,所以z=mx+k,对应B项最适合.
7.C 设F1为椭圆的左焦点,连接P2F1,P3F1.由椭圆的对称性可知,|P2F1|=|P8F|,|P3F1|=|P7F|,所以|P2F|+|P3F|+|P7F|+|P8F|=4a=4×5=20.
8.A
y=|ln x|=lnx,x≥1,-lnx,0所以在P点处的y=ln x(x≥1)的切线方程为y-ln t=1t(x-t),即y=1tx-1+ln t,将点A(0,2)代入得2=-1+ln t,t=e3,P(e3,3).
ln e5=5,即Q(e5,5)在函数y=ln x(x≥1)的图象上,
kAP=3-2e3-0=1e3,kAQ=5-2e5-0=3e5.
要使方程|ln x|=kx+2在区间(0,e5)上恰有3个不等实数根,
则k∈(kAQ,kAP),即k的取值范围是3e5,1e3.
9.AD 由表格数据可得χ2=105×(10×30-20×45)230×75×55×50≈6.1.又6.1>3.841,所以由参考数据知能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为药物有效,故A项正确;又6.1>5.024,所以由参考数据知能在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为药物有效,故B项错误;又6.1<6.635,所以由参考数据知不能在犯错误的概率不超过0.010的前提下认为药物有效,故C项错误;又6.1<7.879,所以由参考数据知不能在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为药物有效,故D项正确.
10.ACD 对于选项A,则P(X=3)=C531231-122=516,所以选项A正确;
对于选项B,因为随机变量X服从正态分布N(μ,σ2),且P(x<4)=P(x>-2),
所以正态曲线的对称轴是x=4-22=1,则μ=1,选项B错误;
对于选项C,由二项分布的方差公式,知D(ξ)=np(1-p)=n(-p2+p)≤n4≤1,故选项C正确;
对于选项D,由题意可知E(ξ)=p,D(ξ)=p(1-p)=-p2+p,
由一次函数和二次函数的性质知,当011.BCD
以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设AB=1,则AA1=2,A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),A1(1,0,2),B1(1,1,2),C1(0,1,2),D1(0,0,2).对于A选项,DA1=(1,0,2),BD1=(-1,-1,2),则DA1·BD1=-1+4=3,故A1D与BD1不垂直,进而可知BD1与平面A1C1D不垂直,A选项错误.对于B选项,在正四棱柱ABCD -A1B1C1D1中,A1B1∥CD∥C1D1且A1B1=CD=C1D1,∴四边形A1B1CD为平行四边形,∴B1C∥A1D,∵B1C⊄平面A1C1D,A1D⊂平面A1C1D,∴B1C∥平面A1C1D,∴点P到平面A1C1D的距离为定值,又△A1C1D的面积为定值,故三棱锥P -A1C1D的体积为定值,B选项正确.对于C选项,∵A1B1∥AB,∴AB与A1C1所成的角为∠B1A1C1 ,∵四边形ABCD为正方形,∴tan∠B1A1C1=1,C选项正确.对于D选项,B1C=(-1,0,-2),A1C1=(-1,1,0),cs?B1C,A1C1?=B1C·A1C1|B1C||A1C1|=15×2=1010,∴异面直线B1C与A1C1所成角的余弦值为1010,D选项正确.
12.-2 由题意,不妨取平面ABC的一个法向量n=(1,1,1).因为C(1,0,0),P(x,1,2),所以CP=(x-1,1,2).因为点P在平面ABC内,所以n·CP=x-1+1+2=x+2=0,解得x=-2.
13.30 由于线性回归方程y＾=0.9x+12一定经过点(x-,y-),即y＾=0.9x+12一定经过点(20,y-),代入求得y-=30,设丢失的数据为y2,由y-=21+y2+393=30,得y2=30.
14.254 令y=1,得x=14,即A14,1.由抛物线的光学性质可知直线AB经过焦点F,设直线AB的方程为y=k(x-1),代入y2=4x,消去y得k2x2-2(k2+2)x+k2=0,则xAxB=1,所以xB=1xA=4,|AB|=xA+xB+p=254.
15.解:(1)依题意可得2×2列联表如下:
所以χ2=200(85×35-15×65)2100×100×150×50=323≈10.667>3.841,
所以有95%的把握认为对兴趣小组的满意度与初、高中学生有关.
(2)满意的中学生抽取8×150200=6(人),不满意的学生中抽取8×50200=2(人),
依题意,X的可能取值为0,1,2,
则P(X=0)=C60C22C82=128,P(X=1)=C61C21C82=37,P(X=2)=C62C20C82=1528,
所以X的分布列如下:
所以E(X)=0×128+1×37+2×1528=32.
16.解:(1)连接BF,∵点C,F是 AB的两个三等分点,
∴BF∥OC,∴BF∥平面OCD,又CD、BE均为圆柱的母线,∴BE∥CD,
∴BE∥平面OCD,又BE∩BF=B,∴平面BEF∥平面OCD,
又EF⊂平面BEF,∴EF∥平面OCD.
(2)连接BC,∵AB是圆O的直径,∴AC⊥BC,
又CD为圆柱的母线,故CD,CA,CB两两垂直,
建立如图所示的空间直角坐标系,
由条件得D(0,0,4),A(2,0,0),C(0,0,0),O(1,3,0),E(0,23,4),M12,332,2,
CA=(2,0,0),CM=12,332,2,
设平面ACM的法向量n1=(x,y,z),
则n1·CA=2x=0,n1·CM=12x+332y+2z=0,
取y=4,得n1=(0,4,-33),显然平面ACD的一个法向量 n2=(0,1,0),
∴cs=n1·n2n1n2=443=44343,
故所求二面角D -AC -M的余弦值为44343.
17.解:(1)X的所有取值为0,1,2,由题意知,
P(X=0)=C42C20C62=25,P(X=1)=C41C21C62=815,P(X=2)=C40C22C62=115,
∴X的分布列为
∴E(X)=0×25+1×815+2×115=23.
(2)对y=menx(m>0)两边取自然对数,得ln y=ln m+nx,设t=ln y,
∴t=ln m+nx,∵n=∑i=16xiti-6x- t-∑i=16xi2-6x2=31.89-6×3.5×1.1691-6×3.52≈0.43,
t-=ln m+nx-⇒ln m=t--0.43x-=1.16-0.43×3.5≈-0.35,
又e-0.35≈0.7047,∴m≈0.70,∴y=0.70·e0.43x.
18.解:(1)由方程组x212+y24=1,x-y+t=0消去y并整理得4x2+6tx+3t2-12=0.
因为直线l与椭圆没有公共点,所以Δ=36t2-4×4×(3t2-12)<0,
解得t>4或t<-4,所以实数t的取值范围为(-∞,-4)∪(4,+∞).
(2)点P到直线l距离的最大值等价于与直线l平行且与椭圆C相切的直线与直线l间的距离.
由(1)知,直线l1:x-y+4=0与直线l2:x-y-4=0与椭圆C相切.
当l1与l之间的距离为62时,得t-42=62,解得t=-8或t=16(舍去);
当l2与l之间的距离为62时,得t+42=62,解得t=8或t=-16(舍去).
综上所述,所求直线l的方程为x-y-8=0或x-y+8=0.
19.解:(1)f'(x)=(x-a)·ex-1ex,令f'(x)=0,得x=a或x=0.
当a>0时,由f'(x)>0,得x>a或x<0,由f'(x)<0,得0所以f(x)在(-∞,0)和(a,+∞)上单调递增;在(0,a)上单调递减.
当a=0时,由f'(x)=x(ex-1)ex>0,得x∈R,
所以f(x)在R上单调递增.
当a<0时,由f'(x)>0,得x0;由f'(x)<0,得a所以f(x)在(-∞,a)和(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减.
综上所述,当a>0时,f(x)在(-∞,0)和(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减;当a=0时,f(x)在R上单调递增;
当a<0时,f(x)在(-∞,a)和(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减.
(2)(i)当a∈(0,1)时,g(x)=f(x)-f(0)=f(x)+a-1,
g(x)与f(x)的单调性相同,
由(1)知,当a∈(0,1)时,g(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,
所以g(a)g(2a+2)=f(2a+2)-f(0)=a+3e2a+2+2a+2>0,
所以函数g(x)在区间(0,+∞)内有唯一的零点.
(ii)设h(x)=ex-x1-a-1,则h'(x)=ex-11-a.
由h'(x)>0,得x>-ln(1-a);由h'(x)<0,得0所以h(x)在(0,-ln(1-a))上单调递减,在(-ln(1-a),+∞)上单调递增.
又因为h(0)=0,所以要证明当x∈(0,x0)时,ex只要证明h(x0)≤0,即证ex0≤x01-a+1,即证x0+1-aex0≥1-a.
因为f(x0)=f(0),即12x02-ax0+x0+1-aex0=1-a,
所以只要证明12x02-ax0+x0+1-aex0≤x0+1-aex0,即证x0≤2a.
因为f(x)在(a,+∞)上单调递增,所以只需证明f(x0)≤f(2a).
因为f(x0)=f(0),所以只需证明f(2a)≥f(0).
因为f(2a)-f(0)=a+1e2a-(1-a),设φ(a)=a+1(1-a)e2a-1,a∈(0,1),
则φ'(a)=2a2(1-a)2e2a>0,所以φ(x)在(0,1)上单调递增,
所以φ(a)>φ(0)=0,所以f(2a)>f(0),得证.
初中学生
高中学生
合计
满意
85
65
150
不满意
15
35
50
合计
100
100
200
X
0
1
2
P
128
37
1528
X
0
1
2
Y
25
815
115