广东省阳江市2023-2024学年高二下学期期末测试数学试题（解析版）

这是一份广东省阳江市2023-2024学年高二下学期期末测试数学试题（解析版），共13页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 双曲线的渐近线方程为， 下列说法错误是， 展开式中的系数为等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，
又，.
故选：B
2. 双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由双曲线，可得，
所以双曲线的渐近线方程为.
故选：C．
3. 已知为平面的一个法向量，l为一条直线，为直线l的方向向量，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】根据题意可知，如下图所示：
若，则可以在平面内，即，
所以充分性不成立；
若，易知，由线面垂直性质可知，即必要性成立；
所以可得“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4. 下列说法错误是（ ）
A. 若随机变量，则.
B. 若随机变量的方差，则.
C. 若，则事件与事件独立.
D. 若随机变量服从正态分布，若，则.
【答案】B
【解析】对于A，因为随机变量，所以，故A正确；
对于B，因为，所以，故B错误；
对于C，由，得，
因为，所以事件A与事件B独立，故C正确；
对于D，因，所以.
因为随机变量服从正态分布，所以
所以，故D正确.
故选：B
5. 展开式中的系数为（ ）
A. 17B. 20C. 75D. 100
【答案】A
【解析】因为，
因为的通项为：，
令可得，
令可得，
所以展开式中的系数为：.
故选：A.
6. 已知正数x，y满足，则的取值范围是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，即，
当且仅当时等号成立，
所以．
故选：C．
7. 若函数，在其定义域上只有一个零点，则整数a的最小值为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】根据指数函数性质在上单调递增，
故当时，则在上单调递增，
，
根据零点存在定理，在存在唯一零点，
则当时，无零点
时，，
令，则，时，则；
在上单调递减，在上单调递增，
于是时，有最小值
依题意，，解得，所以最小整数为
故选：C
8. 记表示不超过的最大整数，，如，已知数列的通项公式为，数列满足，则（ ）
A. 23B. 22C. 24D. 25
【答案】D
【解析】由于，
而，
故.
故选：D.
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.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 若直线与圆相交于两点，则的长度可能等于（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】BCD
【解析】设圆心到直线的距离为，
由于直线恒过原点，且，故，
又，即，
故选：BCD．
10. 下列定义在上的函数中，满足的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】对A：，则，
当且仅当时，等号成立，故A正确；
对B：，则，
当且仅当时，等号成立，不满足条件，故B错误；
对C：，故C正确；
对D：，
，
当且仅当时，等号成立，故D正确．
故选：ACD．
11. 已知正方体的棱长为2，点M，N分别为棱的中点，点为四边形（含边界）内一动点，且，则（ ）
A. 平面
B. 点的轨迹长度为
C. 存在点，使得面
D. 点到平面距离的最大值为
【答案】AD
【解析】对于A，由正方体的性质可知，∥，
因为点M，N分别为棱的中点，所以∥，
所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，所以A正确，
对于B，因为，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，
所以其轨迹的长为，所以B错误，
对于C，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，设，则
，
因为面，面，
所以，，
所以，解得，所以，
所以，
所以，
所以不存在点，使得面，所以C错误，
对于D，设平面的法向量为，
则，令，则，
因为，
所以点到平面的距离，
因为，所以，则令，
所以，其中，
所以点到平面距离的最大值为，所以D正确，
故选：AD

三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数的极小值点为______．
【答案】
【解析】，
令，得或，令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的极小值点为.
故答案为：.
13. 已知过椭圆的右顶点作直线交轴于点，交椭圆于点，若是等腰三角形，且，则椭圆的离心率为______．
【答案】
【解析】由题意，由椭圆对称性不妨设，且，
因为，可得，可得，
可得，解得，即，
代入椭圆的方程，可得，解得，所以．
故答案为：.
14. 现有甲、乙两个盒子，甲盒有2个红球和1个白球，乙盒有1个红球和1个白球.先从甲盒中取出2个球放入乙盒，再从乙盒中取出2个球放入甲盒.记事件A为“从甲盒中取出2个红球”，事件B为“乙盒还剩1个红球和1个白球”，则______，______.
【答案】；
【解析】第一空：，
第二空：从甲盒中取出的是一个红球和一个白球，
乙盒中还剩下两个红球或者两个白球.
则
故答案为：；.
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. 已知数列的前n项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，求的前项和.
解：（1）当时，.
当时，，
当时，也符合.
综上，.
（2）由
则
，
故的前项和.
16. 在直四棱柱中，底面为矩形，，分别为底面的中心和的中点，连接．
（1）求证：平面平面；
（2）若，求平面与平面所成角的余弦值．
解：（1）因为分别为底面的中心和的中点，
所以，
因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）以为空间坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系．
由已知得，
所以，
又，
设平面与平面的法向量分别为，
所以，解得，令，则，
故，
所以，解得，令，则，
故，
因为，所以，
设平面与平面所成角的大小为，
所以．
17. 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）若恒成立，求实数的取值集合.
解：（1）当时，，
所以，即切点坐标为，切线的斜率，
所以曲线在点处的切线方程为；
（2）由题意得：的定义域为，
当时，，则单调递减区间为，无单调递增区间，
当时，令，解得：，
所以当时，，当时，，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，
综上所述：时，则的单调递减区间为，无单调递增区间，
时，的单调递减区间为，单调递增区间为；
（3）当时，，不合题意，
当时，由（2）知，
则，
令，则，
所以当时，，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
实数的取值集合为
18. 时下流行的直播带货与主播的学历层次有某些相关性，某调查小组就两者的关系进行调查，从网红的直播中得到容量为200的样本，将所得直播带货和主播的学历层次的样本观测数据整理如下：
（1）依据小概率值的独立性检验，分析直播带货的评级与主播学历层次是否有关？
（2）现从主播学历层次为本科及以上的样本中，按分层抽样的方法选出5人组成一个小组，从抽取的5人中再抽取3人参加主播培训，求这3人中，主播带货优秀的人数的概率分布和数学期望；
（3）统计学中常用表示在事件条件下事件发生的优势，称为似然比，当时，我们认为事件条件下发生有优势．现从这200人中任选1人，表示“选到的主播带货良好”，表示“选到的主播学历层次为专科及以下”，请利用样本数据，估计的值，并判断事件条件下发生是否有优势．
附：，
解：（1）由题意得，
由于，依据小概率值的独立性检验，
可以认为直播带货的评级与主播的学历层次有关联；
（2）按照分层抽样，直播带货优秀的有3人，直播带货良好的有2人，
随机变量可能取值为1，2，3，
，，
，
所以的分布列为：
所以数学期望；
（3），
因为，所以认为在事件条件下发生有优势．
19. 如图，抛物线是抛物线内一点，过点作两条斜率存在且互相垂直的动直线，设与抛物线相交于点与抛物线相交于点，，当恰好为线段的中点时，．

（1）求抛物线的方程；
（2）求最小值．
解：（1）解法一：设直线，
联立，得，
所以．
又因为是的中点，所以，
又
，
代入化简得，解得．
故抛物线的方程为．
解法二：设直线的倾斜角为，再设、的坐标都为，
代入抛物线方程得，
化简得．
则，，
因为是的中点，所以，即．
又因为，
将代入化简得，
即，所以抛物线的方程为．
（2）解法一：
，
由（1）可得，，
因为
，
同理，
所以，
当且仅当时，等号成立，即所求最小值为．
，
而，
所以CD的倾斜角为或，同理可求得，
即，
当且仅当或时，等号成立，即所求最小值为．主播的学历层次
直播带货评级
合计
优秀
良好
本科及以上
60
40
100
专科及以下
30
70
100
合计
90
110
200

0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
1
2
3