2023-2024学年陕西省咸阳市高二下学期期末质量检测数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年陕西省咸阳市高二下学期期末质量检测数学试题（含解析），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.在等差数列an中，若a2+a4=10，则a3=( )
A. 5B. 7C. 9D. 10
2.某选修课有10门体育课程和7门科学课程可供选择，甲从中选修一门课程，则甲不同的选择情况共有( )
A. 17种B. 34种C. 35种D. 70种
3.已知函数fx的导函数为f′x，且f′1=5，则limΔx→0f1+2Δx−f1Δx=( )
A. 2B. 52C. 10D. 5
4.下列求函数的导数不正确的是( )
A. 3x′=3xln3B. (ln5)′=15
C. sinxx′=xcsx−sinxx2D. (xsinx)′=sinx+xcsx
5.下列说法正确的是( )
A. 若两个随机变量的 线性相关性越强，则相关系数r的值越接近于1
B. 若两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r的绝对值越接近于0
C. 根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到χ2=4.712，根据小概率值α=0.05的χ2独立性检验x0.05=3.841，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不超过0.05
D. 若随机变量ξ，η满足η=3ξ−2，则Eη=3Eξ
6.已知抛物线y2=16x的焦点与双曲线x24+y2m=1m≠0的一个焦点重合，则该双曲线的渐近线方程为( )
A. y=± 33xB. y=± 3xC. y=±12xD. y=±2x
7.已知数列an的前n项和为Sn，若3Sn=2an−1，则a5=( )
A. 8B. −8C. 16D. −16
8.若对任意的x1，x2∈1,3，当x1a2lnx1−a2lnx2恒成立，则实数a的取值范围是( )
A. 3,+∞B. 3,+∞C. 6,+∞D. 6,+∞
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.甲、乙两类水果的质量(单位：kg)分别服从正态分布Nμ1,σ12、Nμ2,σ22，其正态分布的密度曲线如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 甲类水果的平均质量μ1=0.4kg
B. 甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右
C. 甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小
D. 乙类水果的质量服从正态分布的参数σ2=1.99
10.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，PA=2，PE=ED，则( )
A. BE=12AP−AB+12ADB. BE=6
C. 异面直线BE与PA夹角的余弦值为 66D. 点E到平面PAC的距离为 22
11.已知函数fx=x3−ax+1有两个极值点x1，x2，且x1A. a的范围是a≥0B. x2=−x1
C. fx1>1>fx2D. 函数fx至少有一个零点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若l//α，且m=2,t,1为直线l的一个方向向量，n=1,12,2为平面α的一个法向量，则实数t的值为 ．
13.若直线kx−y+2k=0k∈Z与圆(x−1)2+(y−2)2=4有公共点，则k的一个取值是 ．
14.中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徵、羽，如果用这五个音阶，排成一个没有重复音阶的五音音序，且商、角、徵不全相邻，则可排成的不同音序有 种.(用数字作答)
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.(本小题13分)
已知x+axn(n∈N∗,a≠0)的展开式中，仅有第4项的二项式系数最大，且各项系数之和为1.求：
(1)n的值；
(2)a的值；
(3)展开式中的常数项．
16.(本小题15分)
已知椭圆M：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率为 63，焦距为4．
(1)求椭圆M的标准方程；
(2)若直线l1与椭圆M相切，且直线l1与直线l：x−y−3 2=0平行，求直线l1的斜截式方程．
17.(本小题15分)
某植物科学研究所的最新研究表明：某种乔木类植物在沙漠中很难生存，主要原因是沙漠水土流失严重，土壤中的养料和水分相对贫瘠且该乔木类植物根系不发达.实验组调配出含钙、钾两种促进植物根系生长的生长液，将该种乔木类植物的幼苗放置在合适的环境下且每天加入等量的生长液进行培养，并记录前5天该乔木类幼苗的高度y(cm)与天数x的数据，如下表所示：
(Ⅰ)若该实验小组通过作散点图发现x与y之间具有较强的线性相关关系，试用最小二乘法求出y关于x的经验回归方程y​=b​x+a​．
(Ⅱ)一般认为当该乔木类幼苗高度不小于45cm时即可移栽到自然条件下进行种植.若在不加生长液的条件下培养，该乔木类幼苗达到移栽标准的最短培养时间一般为18天，利用(Ⅰ)中的回归方程预测加了生长液后最短培养时间比不加生长液时缩短了多少天．
参考公式：在经验回归方程y​=b​x+a​中，b =i=1nxiyi−nx−y−i=1nxi2−nx−2,a =y−−b x−．
参考数据：i=15xiyi=227．
18.(本小题17分)
某学校组织游戏活动，规则是学生从盒子中有放回的摸球且每次只能摸取1个球，每次摸球结果相互独立，盒中有1分和2分的球若干，摸到1分球的概率为23，摸到2分球的概率为13．
(1)若学生甲摸球2次，其总得分记为X，求随机变量X的分布列与期望;
(2)学生甲、乙各摸5次球，最终得分若相同，则都不获得奖励;若不同，则得分多者获得奖励.已知甲前3次摸球得了6分，求乙获得奖励的概率．
19.(本小题17分)
已知函数fx=12x2+2x+alnx+2，a∈R．
(1)求曲线y=fx在点−1,f−1处的切线方程；
(2)讨论fx的单调性；
(3)证明：当a<−2时，fx+a2+3a>aea−4．
答案解析
1.A
【解析】由于an是等差数列，故10=a2+a4=2a3，所以a3=5．
故选：A．
2.A
【解析】解：由分类加法计数原理得，甲作出的不同的选择情况共有10+7=17种.
故选：A．
3.C
【解析】由题意可得：limΔx→0f1+2Δx−f1Δx=2limΔx→0f1+2Δx−f12Δx=2f′1=10．
故选：C．
4.B
【解析】A选项，3x′=3xln3， A正确；
B选项，(ln5)′=0， B错误；
C选项，sinxx′=xcsx−sinxx2， C正确；
D选项，(xsinx)′=sinx+xcsx， D正确．
故选：B
5.C
【解析】对于选项AB：若两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r的绝对值越接近于1，故AB错误；
对于选项C：因为χ2=4.712>3.841=x0.05，
根据独立性检验可知：X与Y有关联，此推断犯错误的概率不超过0.05，故C正确；
对于选项D：因为η=3ξ−2，所以Eη=3Eξ−2，故 D错误；
故选：C．
6.B
【解析】已知抛物线y2=16x的焦点4,0与双曲线x24+y2m=1m≠0的一个焦点重合，
所以4+−m=42，解得m=−12，
所以双曲线x24−y212=1的渐近线方程为y=± 3x．
故选：B．
7.D
【解析】3a1=3S1=2a1−1，解得a1=−1，
当n≥2,n∈N∗时，3an=3Sn−3Sn−1=2an−1−2an−1−1=2an−2an−1，即an=−2an−1，
所以an=−1⋅−2n−1，所以a5=−1⋅−25−1=−16．
故选：D．
8.C
【解析】当x1a2lnx1−a2lnx2恒成立，即当x1x2−a2lnx2恒成立，
设fx=x−a2lnx,x∈1,3，则fx单调递减，
而f′x=1−a2x≤0在1,3上恒成立，即a≥2x在1,3上恒成立，
所以a≥6．
故选：C．
9.ABC
【解析】由图象可知，甲图象关于直线x=0.4对称，乙图象关于直线x=0.8对称，
所以μ1=0.4,μ2=0.8,μ1<μ2，故 A，C正确；
因为甲图象比乙图象更“高瘦”，所以甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右，故B正确；
因为乙图象的最大值为1.99，即1 2πσ2=1.99，所以σ2≠1.99，故 D错误；
故选：ABC．
10.ACD
【解析】因为PA⊥平面ABCD，AB,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB,PA⊥AD，
在正方形ABCD中，有AB⊥AD，所以AB,AD,AP两两互相垂直，
所以以A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
而AB=AD=AP=2，从而A0,0,0,B2,0,0,C2,2,0,D0,2,0,P0,0,2,E0,1,1，
对于A，BE=BA+AE=−AB+12AD+12AP=12AP−AB+12AD，故 A正确；
对于B，BE=−2,1,1，BE= 4+1+1= 6，故 B错误；
对于C，BE=−2,1,1,AP=0,0,2，所以异面直线BE与PA夹角的余弦值为BE⋅APBE⋅AP=2 6⋅2= 66，故 C正确；
对于D，AP=0,0,2,AC=2,2,0，设平面APC的法向量为n=x,y,z，则AP⋅n=2z=0AC⋅n=2x+2y=0,
令x=1，解得y=−1,z=0，所以n=1,−1,0，又AE=0,1,1，
所以点E到平面PAC的距离为ℎ=AE⋅nn=1 2= 22，故 D正确．
故选：ACD．
11.BCD
【解析】对于A，由题可得f′x=3x2−a=0有两个不相等的实数根，
所以Δ=0+12a>0，所以a>0，A不正确；
对于B，根据题意，x1,x2为3x2−a=0的两个根，所以x2=−x1， B正确；
对于C，因为x1<0所以由f′x=3x2−a>0得xx2，
由f′x=3x2−a<0得x1所以函数fx在−∞,x1上单调递增，
在x1,x2上单调递减，在x2,+∞上单调递增，
所以fx1>f0=1>fx2成立， C正确；
对于D，由以上分析可知fx的极大值为fx1=f− a3=−a3 a3+a a3+1=23 a3+1>0，
当x趋于负无穷时，fx也趋于负无穷，
所以存在x′充分小且x′<− a3，使得fx′<0，
由零点存在定理可知，存在x0∈x′,− a3，使得fx0=0，所以函数fx至少有一个零点，正确；
故选：BCD．
12.−8
【解析】由题意m⋅n=2+t2+2=0，解得t=−8．
故答案为：−8．
13.0(答案不唯一)
【解析】直线kx−y+2k=0恒过定点−2,0，
圆x−12+y−22=4的圆心为1,2，半径r=2，
显然点−2,0在圆外，直线与圆有公共点，
则圆心到直线的距离d=k−2+2k k2+1≤2，
化简得5k2−12k≤0，解得0≤k≤125．
又k∈Z，则k=0或1或2.即k的一个取值是0．
故答案为：0(填1或填2也正确)
14.84
【解析】这五个音阶的全排列数为A55=5×4×3×2×1=120，
若商、角、徵全相邻，则由捆绑法可知，共有A33⋅A33=36种排法，
故由间接法可知，满足题意的排法数有120−36=84种.
故答案为：84．
15.解：(1)∵仅有第4项的二项式系数最大，∴n=6．
(2)令x=1，则(1+a)6=1且a≠0，得a=−2．
(3)由(1)(2)知，n=6，a=−2，
故二项展开式的通项为Tr+1=C6r⋅x6−r⋅−2xr=(−1)r⋅2rC6rx6−2r，
令6−2r=0，得r=3，故T4=(−1)3⋅23C63x0=−160，
∴展开式中的常数项为−160．
【解析】【分析】(1)根据仅有第4项的二项式系数最大即可得解；
(2)各项系数之和为1即可列方程求解；
(3)写出二项式的展开式通项，令6−2r=0，得r=3，回代即可求解．
16.解：(1)由题意得2c=4a2=b2+c2ca= 63，从而可得a2=6b2=2c=2,
∴椭圆M的标准方程为y26+x22=1．
(2)设与直线l平行的直线l1的方程为：y=x+m，
联立y26+x22=1y=x+m，得4x2+2mx+m2−6=0，
由Δ=4m2−4×4m2−6=0，得m=±2 2，
∴直线l1的斜截式方程为：y=x±2 2．
【解析】(1)根据题意列出关于a,b,c的方程组即可求解；
(2)设所求直线方程为y=x+m，联立椭圆方程结合判别式等于0求出参数m的值即可得解．
17.解：(I)由题意可得x−=15(1+2+3+4+5)=3，y−=15(7+10+12+16+20)=13，
i=15xi2=12+22+32+42+52=55，
∴b =i=15xiyi−5x−y−i=15xi2−5x−2=227−5×3×1355−5×32=3210=3.2，a =y−−b x−=13−3.2×3=3.4，
故所求的经验回归方程为y =3.2x+3.4；
(II)由(I)知，当y =45时，x=45−，18−13=5，
故加了生长液后最短培养时间比不加生长液时缩短了5天．
【解析】(I)利用线性回归方程的公式即可求解，
(II)将y=45代入线性回归方程即可求解．
18.解：(1)由题意知学生甲摸球2次总得分X的取值为2，3，4
P(X=2)=23×23=49，P(X=3)=C21×23×13=49，P(X=4)=13×13=19，
所以X的分布列为：
所以E(X)=2×49+3×49+4×19=83．
(2)记Am=“甲最终得分为m分”，m=8，9，10;B=“乙获得奖励‘’
P(A9)=C21×23×13=49，
P(A8)=C22(23)2=49．
当甲最终得9分时，乙获得奖励需要最终得10分，则
P(B|A9)=C55(13)5=(13)5;
当甲最终得8分时，乙获得奖励需要最终得10分或9分，
则P(B|A8)=C55(13)5+C51×23×(13)4=11×(13)5;
故P(B)=P(A9B)+P(A8B)=P(A9)×P(B|A9)+P(A8)×P(B|A8)
=49×(13)5+49×11×(13)5=4837=1636=16729．
即乙获得奖励的概率为16729．
【解析】(1)求出X的所有可能取值和对应概率，即可的分布列和期望;
(2)设事件，利用全概率公式即可求解．
19.解：(1)由题f′x=x+2+ax+2=x+22+ax+2x>−2，
令x=−1，f−1=−32，且切线斜率为k=f′−1=1+a，
所以曲线y=fx在点−1,f−1处的切线方程为y+32=1+ax+1，
可化为y=1+ax+a−12．
(2)∵f′x=x+22+ax+2x>−2，
当a≥0，f′x>0在x∈−2,+∞上恒成立，
故fx在−2,+∞上单调递增；
当a<0时，令f′x>0得x<−2− −a(舍去)或x>−2+ −a；
令f′x<0得−2故fx在−2+ −a,+∞上单调递增，在−2,−2+ −a上单调递减，
综上所述：a≥0时增区间为−2,+∞；
当a<0时单调递增区间为−2+ −a,+∞，单调递减区间为−2,−2+ −a．
(3)由(2)知，当a<−2时，有fxmin=f−2+ −a=−12a+12aln−a−2，
所以证当a<−2时，fx+a2+3a>aea−4，
即证fx+a2+3a−aea+4>0恒成立，
即证fx+a2+4−aea+3a≥fxmin+a2+4−aea+3a，
即证fx+a2+4−aea+3a≥12aln−a+a2−aea+52a+2，
令ga=12aln−a+a2−aea+52a+2，
则g′a=2a+12ln−a−ea−aea+3，
令ℎa=2a+12ln−a−ea−aea+3，
则ℎ′a=2+12a−ea2+a，
因为a<−2，所以ℎ′a>0，
所以ℎa在−∞,−2上单调递增．
所以ℎa<ℎ−2=−1+12ln2+e−2<0，所以g′a<0，
所以ga在−∞,−2上单调递减．
因为g−2=−ln2+2e−2+1>0，所以ga>g−2>0，
所以fx+a2+4−aea+3a≥fxmin+a2+4−aea+3a=ga>0，
即当a<−2时，fx+a2+3a>aea−4．
【解析】(1)先对函数求导，将得出x=−1代入函数和导函数分别得切点和切线斜率，再根据点斜式即可得切线方程．
(2)明确导数和定义域，根据导数特征分类讨论求出导数正负区间范围即可得函数的单调性．
(3)先(1)得出a<−2时fxmin，再将问题转化成证fx+a2+4−aea+3a≥fxmin+a2+4−aea+3a，则只需求证fxmin+a2+4−aea+3amin>0即可．
x(天)
1
2
3
4
5
y(cm)
7
10
12
16
20