江西省乐平中学2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题

这是一份江西省乐平中学2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题，共17页。试卷主要包含了AC，ACD等内容，欢迎下载使用。

参考答案：
1．D
【分析】根据下标和性质及等差数列求和公式计算可得.
【详解】因为，所以，
故．
故选：D
2．B
【分析】由，利用正态分布的对称性可得，从而得到答案.
【详解】因为，，所以，
故该样本中续航里程不小于70公里的电动摩托车大约有辆；
故选：B
3．B
【分析】A选项，根据百分位数的定义进行计算；B选项，，推出结论；C选项，由于事件A，B对立是事件A，B互斥的特殊情况，故“事件A，B互斥”是“事件A，B对立”的必要不充分条件；D选项，，D错误.
【详解】A选项，，故从小到大选取第8个和第9个数的平均数作为第80百分位数，即，A错误；
B选项，，故可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，B正确；
C选项，事件A，B互斥不能推出事件A，B对立，但事件A，B对立，则一定有事件A，B互斥，
故“事件A，B互斥”是“事件A，B对立”的必要不充分条件，C错误；
D选项，若随机变量，满足，则，D错误.
故选：B
4．C
【分析】求出双曲线的渐近线方程，利用焦点到渐近线的距离求出，从而求出，即可求出离心率．
【详解】因为双曲线的右焦点为，则，即，
双曲线的渐近线方程为，
不妨取，
又点到双曲线的一条渐近线的距离为，
可得，
所以，
所以双曲线的离心率．
故选：C．
5．B
【分析】由题可得，代入公式用对立事件的概率和为1计算即可.
【详解】由题， ，，泊松分布可作为二项分布的近似，
此时，
所以，
所以，，
则.
故选：B
6．B
【分析】根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解.
【详解】，，
当且仅当，即，时等号成立.
故选：B.
7．C
【分析】根据题意，由“”为真命题可排除A，由“”为假命题可排除BD，即可得到结果.
【详解】若“”为真命题，则A错误，
又“”为假命题，则“”为真命题，则B,D错误，
则集合可以是.
故选：C
8．D
【分析】构造函数，求导，分析函数的单调性，再结合函数的奇偶性和特殊点的函数值，可解不等式.
【详解】令，则．
因为当时，，所以，
所以在上单调递增．
因为为奇函数，所以为奇函数．
因为，所以，所以，即，
所以，所以．
故选：D
【点睛】关键点点睛：在选择题中，解决此类与不等式有关的问题，构造合适的函数，是解决问题的关键.本题注意到有，即，所以根据导数的运算法则，可构造商的函数，之后的问题就好分析了.
9．AC
【分析】先根据正方体结构建系，写出相关点和向量的坐标，利用向量垂直的坐标式计算判断A项，利用空间向量的夹角公式计算判断B项，利用空间向量共面定理判断C项，利用三角形面积公式判断D项即得.
【详解】
如图，以点为坐标原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系.
对于A项，因,则,
即，故A项正确；
对于B项，因，则,
设CE与OF所成角为，则，故B项错误；
对于C项，因,则,
易得，即为共面向量，故四点共面，即C项正确；
对于D项，因，则，记，
则，故，
故的面积为，故D项错误.
故选：AC.
10．ACD
【分析】求出直线的斜率，即可得到倾斜角，即可判断A；将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，从而判断B、C；求出圆心到直线的距离，再由勾股定理判断D.
【详解】当时，直线的方程为，则直线的斜率为，所以倾斜角为，故A正确；
圆的方程化为标准方程为，圆心，半径，故B错误，C正确；
圆心到直线的距离，因为，所以，
所以，
所以，故D正确.
故选：ACD.
11．ABD
【分析】对于A，利用偶函数的性质，结合赋值法即可得解；对于B，利用赋值法即可得解；对于CD，利用抽象函的奇偶性、对称性与周期性得到与的周期均为4，进而求得与，从而得解.
【详解】对于A，为偶函数，，
即有，则的图象关于对称，A正确；
对于B，，令，可得，
又，，B正确；
对于C，，，，
①，②，
将①②式分别与联立，化简得：
，，
，，
，，即与的周期均为4，
，，
，，
又函数的图象关于对称，
，，
，C错误；
对于D，又，，
，，
，，，
，D正确.
故选：ABD.
12．
【分析】由导数的运算法则与赋值法求解.
【详解】因为，则，
令，有，解得.
故答案为：.
13．
【分析】将展开，再写出展开式的通项，利用通项计算可得.
【详解】因为，
其中展开式的通项为（且），
所以的展开式中含的项为，
所以的系数为.
故答案为：
14．3
【分析】由椭圆的性质结合三角形面积公式计算即可.
【详解】
，
，①
又
②
①-②得：，
的面积为9，
，
故答案为：3.
15．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）通过证明线线垂直推导线面垂直，再由性质即得；
（2）建系，写出相关点的坐标，分别求得和平面的一个法向量的坐标，利用点到平面的距离的向量公式计算即得.
【详解】（1）
如图，连接，因为，为中点，所以．
因为为直三棱柱的侧棱，所以平面．
因为平面，所以．
因为平面，所以平面．
因为平面，所以．
（2）
以点为坐标原点，，，分别为、、轴，建立空间直角坐标系，如图.
则，，，.
所以，，．
设平面的一个法向量为，
由可得，，
取，可得，，即可取．
设点到平面的距离为，则．
所以点到平面的距离为．
16．(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）使用古典概型方法求解分布列，再用数学期望的定义求出期望；
（2）利用（1）的结果，并使用全概率公式求解.
【详解】（1）X的可能值为1,2,3
由于；；.
故的分布列是
数学期望.
（2）由（1）的结果及全概率公式知所求概率
.
17．(1)
(2)或
【分析】（1）由椭圆方程，即可求出椭圆右焦点坐标，根据直线的点斜式，联立直线方程和椭圆方程，求得交点的坐标，根据两点之间距离公式可求得 ；
（2）联立直线方程和椭圆方程，根据椭圆的弦长公式可求得|AB|，计算的中点，利用最大求得直线方程
【详解】（1）由题意可得，
因为直线的倾斜角为，所以，
因此，的方程为，
联立方程，消去得
解得
所以
因此，；
（2）设，由题意得，直线的斜率不为0，故设为，
联立方程消去得，，，
因此，
所以，
设线段的中点为，
则，
所以，
所以
设，则，
当且仅当，即时等号成立，
当最大时，也最大，此时直线的方程为，
即或
18．(1)，
(2)
【分析】（1）作差得到，利用累乘法求出的通项公式，根据作差得到，结合等比数列的通项公式计算可得；
（2）由（1）可得，利用错位相减法计算可得.
【详解】（1）因为，，
所以当时，，得．
当时，，
所以，所以．
因为时也满足，
所以，所以，所以．
因为，所以当时，，解得．
当时，，所以，所以，
所以是首项为，公比为的等比数列，故．
（2）由（1）可得，
所以，
，
两式相减得
，
所以.
19．(1)
(2)1
(3)2，证明见解析
【分析】（1）求出，，再根据所给定义计算即可；
（2）根据所给定义表示出，即可得到，再令，设，，利用导数求出函数的最大值，即可得解；
（3）首先得到，求出函数的导函数，分、、三种情况讨论，结合零点存在性定理判断函数的零点个数.
【详解】（1）因为，所以，，
所以，∴.
（2）因为，，，
所，，
令，则，，
设，，则，显然当时，，在上单调递减，
所以，
所以最大值为，所以的最大值为.
（3）在区间上有且仅有2个零点.
证明：，所以，
①当时，因为，，则，，
∴，在上单调递增，又，.
∴在上有一个零点，
②设，则，当时，，单调递增，
，又，
∴恒成立，
∴在上无零点.
③当时，，，
∴在上单调递减，又，.
∴在上必存在一个零点，
综上，在区间上有且仅有2个零点.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．