江西省九江市第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷

这是一份江西省九江市第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷，共14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。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若命题“，”是假命题，则不能等于（ ）
A．B．C．D．
3．如图，在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
4．已知数列的前项和为，且，若恒成立，则的最小值是（ ）
A．B．3C．D．5
5．已知在点处的切线的倾斜角为，则（ ）
A．B．C．2D．
6．设双曲线的左焦点为，为坐标原点，为双曲线右支上的一点，，在上的投影向量的模为，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知，，且．若恒成立，则实数的最大值是（ ）
A．4B．8C．3D．6
8．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知随机变量的分布列如下表所示.其中成等差数列，则的值与的期望分别是（ ）
A．B．C．D．
10．下列说法正确的是（ ）
A．在线性回归方程中，当自变量每增加1个单位时，相应变量y平均减少1.5个单位
B．一组数据的第百分位数为
C．若随机变量，，则
D．设随机事件A和，若，，，则
11．记为函数的阶导数，，若存在，则称阶可导.英国数学家泰勒发现：若在附近阶可导，则可构造（称其为在处的次泰勒多项式）来逼近在附近的函数值.下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．在处的3次泰勒多项式为D．
三、填空题
12．已知(a，n)的展开式中第3项与第4项的二项式系数最大，且含的项的系数为40，则的值为 ．
13．若“”是“”的充分不必要条件，则实数的取值范围为
14．产品抽样检查中经常遇到一类实际问题，假定在N件产品中有M件不合格品，从产品中随机抽件做检查，请计算当N=16，M=8时， ；若，，请计算 .（用组合数表示）
四、解答题
15．已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数的切线与直线垂直，求切线的方程.
16．在三棱锥中，，，，D为BC中点.
(1)求证：；
(2)点M在棱PA上（不含端点），且二面角的余弦值为.求线段AM的长度.
17．已知，是椭圆C：的左、右焦点，点是C上一点，的中点在y轴上，O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过椭圆上一点的切线方程为.设动直线l：与椭圆C相切于点P，且与直线相交于点Q，求证：以PQ为直径的圆与轴交于定点.
18．新高考数学试卷增加了多项选择题，每小题有A、B、C、D四个选项，原则上至少有2个正确选项，至多有3个正确选项，题目要求：“在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.”其中“部分选对的得部分分”是指：若正确答案有2个选项，则只选1个选项且正确得3分；若正确答案有3个选项，则只选1个选项且正确得2分，只选2个选项且都正确得4分.
(1)若某道多选题的正确答案是BD，一考生在解答该题时，完全没有思路，随机选择至少一个选项，至多三个选项，并求该考生得0分的概率；
(2)若某道多选题的正确答案是ABD，一考生在解答该题时，完全没有思路，随机选择至少一个选项，至多三个选项；在某考生此题已得正分的条件下，求该考生得2分的概率；
(3)若某道多选题的正确答案是2个选项的概率是，一考生只能判断出A选项是正确的，其他选项均不能判断正误，给出以下方案，请你以得分的数学期望作为判断依据，帮该考生选出恰当方案：
方案一：只选择A选项；
方案二：选择A选项的同时，再随机选择一个选项；
方案三：选择A选项的同时，再随机选择两个选项.
19．一般地，设函数在区间上连续，用分点将区间分成个小区间.每个小区间长度为.在每个小区间上任取一点作和式.如果每个都无限接近于0（亦即）时，上述和式无限趋于常数，那么称该常数为函数在区间上的定积分，记为.当时，定积分的几何意义表示由曲线，两条直线与轴所围成的曲边梯形的面积.如下图所示：
如果函数是区间上的连续函数，并且，那么.
(1)求；
(2)过函数上一点作切线.该切线、曲线与轴围成图形的面积为，求该切线方程.
(3)递增的等差数列，且，两条曲线、在第一象的交点的横坐标记为，两条曲线在第一象内与轴所围的图形的面积为，求证：.
-1
0
1
0.5
b
c
参考答案：
1．B
2．D
3．A
4．B
5．A
6．C
7．A
8．D
9．AC
10．BCD
11．BCD
12．2
13．
14． /
15．(1)的单调递减区间为，单调递增区间为
(2)
【分析】（1）先求导函数，再根据导函数正负求出单调区间；
（2）先设切点,再根据与已知直线垂直求出切线斜率求出切点进而得出切线方程.
【详解】（1）由得，
令，
故当时，单调递减，当时，单调递减，
当时，单调递增，
故的单调递减区间为，单调递增区间为，
（2）设切点为，则切线斜率
切线与直线垂直，故，可得
则切点为，故切线方程为 ，即
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由勾股定理逆定理得到从而
平面，又利用等腰三角形三线合一得到，
从而平面ABC，进而得到；
（2）以D为原点，直线DB为y轴，直线DP为z轴，以过D与AB平行的直线为x轴建立如图所示空间直角坐标系，设，用坐标求出平面MBC和平面ABC的法向量，根据二面角的余弦值为，列出等式求解即可.
【详解】（1）因为，，
所以，
所以，所以，所以AB⊥BC，
又，，所以△PBC为等边三角形，
所以，又，所以，所以AB⊥PB，
又PB，平面PBC，且，
所以AB⊥平面PBC，又平面PBC，所以AB⊥，
因为，D为BC的中点，所以PD⊥BC，
又平面ABC，，
所以PD⊥平面ABC，又平面ABC，所以.
（2）由（1）得，PD⊥平面ABC，，
以D为原点，直线DB为y轴，直线DP为z轴，过D与AB平行的直线为x轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设，所以，
设平面MBC的一个法向量，则，即，
令，解得，，故，
显然平面ABC的一个法向量，二面角为锐二面角设为，
所以，
解得或（舍），
所以．
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，根据题意求得，结合椭圆的定义求得，进而得到椭圆的方程；
（2）由过椭圆上一点的切线方程为，设动点，得到直线l的方程，令，求得Q，设定点为结合，列出方程，即可求解.
【详解】（1）解：设，
由的中点在y轴上，且O为，的中点，可得轴，即，
又由，可得，即，，
所以，即，
解得，则，
所以椭圆C的方程为.
（2）解：由（1）和题意，可得过椭圆上一点的切线方程为，
因为点在椭圆，可设点，
则直线l的方程为， 即，
令，则代入①，解得，所以Q坐标为，
假设存在点，使得以为直径的圆与轴交于定点，
则，即，，
于是
整理得，
由该方程对于任意的恒成立，可得，此时点，
所以存在定点符合条件，使得以为直径的圆与轴交于定点.
【点睛】方法知识总结：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
3、若与面积有关的定值问题，一般用直接法求解，即先利用三角形的面积公式，（如果是其他的凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解），把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可求解.
18．(1)
(2)
(3)方案二
【分析】（1）利用古典概型的概率公式求出该考生不得0分的概率，再根据对立事件的概率公式求解即可；
（2）设“某题的答案是ABD，该考生得正分”， “某题的答案是ABD，该考生得2分”，利用古典概型的概率公式求出其概率，再根据条件概率公式求解即可；
（3）设方案一、二、三的得分分别为，，，分别求出，，的分布列，进而求出期望，比较期望的大小即可求解.
【详解】（1）设事件表示“某题的答案是BD，该考生得0分”，则，
所以.
（2）设“某题的答案是ABD，该考生得正分”，则，
所以，
设“某题的答案是ABD，该考生得2分”，则，
所以，
所以该考生此题已得正分的条件下，则该考生得4分的概率为.
（3）设方案一、二、三的得分分别为，，，
方案一：的所有可能取值为，
，，
所以的分布列为：
则；
方案二：的所有可能取值为，
，，，
所以的分布列为：
则；
方案三：的所有可能取值为，
，，
所以的分布列为：
则，
因为，
所以以得分的数学期望作为判断依据选择方案二更恰当.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据定积分的定义即可求解；
（2）根据导数的几何意义求出切线方程，求得B的坐标，利用定积分表示曲线、切线、轴围成的面积，求得A的坐标，结合直线的点斜式方程即可求解；
（3）联立两曲线可得，进而，则，结合裂项相消求和法计算即可证明.
【详解】（1）；
（2）设切点为，，则切线的斜率为，
切线方程，所以切线与轴的交点为，
所以曲线、切线、轴围成的面积，
解得，则切点为，
所以切线方程为；
（3）由，解得，
因为递增等差数列，且，设公差为d，所以，
，
所以，
所以.
【点睛】方法点睛：
学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是导数的相关内容.
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