高級中學名校試卷PAGEPAGE1貴州省銅仁市2023-2024學年高二下學期期末質量監測數學試題注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．2．選擇題的作答：每小題選出〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的〖答案〗標號涂黑．寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效．3．非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內．寫在試卷，草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效．4．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交．一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的）1.已知集合，則（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗由題意得，則.故選：C.2.雙曲線的漸近線方程為（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗雙曲線中，則，故其漸近線方程為.故選：B.3.在的展開式中，的系數為（）A.3 B.6 C.9 D.12〖答案〗B〖解析〗在中，每一項為，當，即時，的系數為，故選：B.4.已知正項數列．若該數列的前3項成等差數列，后5項成等比數列，且，則數列所有項的和為（）A.98 B.92 C.96 D.100〖答案〗C〖解析〗由于數列的后5項成等比數列，所以，由于為正項數列，所以，，又且前3項成等差數列，所以故數列的所有項的和為，故選：C.5.已知空間中三條不同的直線和平面，則下列命題正確的是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則〖答案〗B〖解析〗對A，，，則有可能相交、異面、平行，故A錯誤；對B，由線面垂直性質定理可知B正確；對C，若，，則與平行、相交或異面，故C錯誤.對D，若，，則有可能平行，有可能異面，故D錯誤故選：B6.從三棱錐的6條棱中任選2條棱，則這2條棱所在的直線是異面直線的概率為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗如圖：從三棱錐的6條棱中任取2條,所有的基本事件有：共15種，互為異面直線的有共3種，故概率為，故選：A.7.若曲線在處的切線方程為，則（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗因為，所以，又函數處的切線方程為，所以，且，聯立解得，；故選：D.8.已知是兩個隨機事件，且，則下列說法不正確的是（）A. B.C.事件相互獨立 D.〖答案〗D〖解析〗隨機事件滿足：，對于A，，A正確；對于B，，則，B正確；對于C，樣本空間，則，，，因此，事件相互獨立，C正確；對于D，，D錯誤.故選：D二、多選題（本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對得3分，有選錯的得0分）9.下列命題正確的是（）A.若隨機變量，則B.直線與圓相交，且相交弦的長度為C.經驗回歸直線至少經過樣本點中的一個點D.若，則〖答案〗ABD〖解析〗對于A，由隨機變量，得，A正確；對于B，圓的半徑，圓心到直線的距離，弦長為，B正確；對于C，經驗回歸直線必過樣本的中心點，可以不經過任何一個樣本點，C錯誤；對于D，由，平方相加得，解得，D正確.故選：ABD10.若的兩根為，且，則下列說法正確的是（）A.B.在復平面內對應的點位于第二象限C.的虛部為D.〖答案〗AD〖解析〗由的兩根為，且，則，對于A，，即，因此，A正確；對于B，在復平面內對應的點位于第四象限，B錯誤；對于C，的虛部為，C錯誤；對于D，，D正確.故選：AD11.設，函數，則（）A.當時，的最小值為B.對任意的至少存在一個零點C.存在，使得有三個不同零點D.對任意的在上是增函數〖答案〗BC〖解析〗函數，當時，函數在上單調遞增，又函數的對稱軸為，對于A，當時，，當時，，則，即，A錯誤；對于B，當時，由，得，因此存在，使得，則是的零點，即至少存在一個零點，當時，由，解得或，此時都大于1，因此是的零點，所以對任意的至少存在一個零點，B正確；對于C，取，，由，得或，解得或或，此時有三個不同零點，C正確；對于D，若在上是單調遞增函數，則，解得，因此當時，在上是單調遞增函數，D錯誤.故選：BC三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）12.已知隨機變量服從標準正態分布，若，則______．〖答案〗〖解析〗隨機變量服從標準正態分布，若，所以，則.故〖答案〗為：.13.已知函數圖象的相鄰兩個對稱中心之間的距離為，則______；若在區間上單調遞減，則的一個取值可以為______．〖答案〗①1②（〖答案〗不唯一）〖解析〗由題意得得，解得，則，由，因為在區間上單調遞減，且，所以有，因此的一個取值可以為，故〖答案〗為：1；（〖答案〗不唯一）.14.已知拋物線的焦點為，則______；若斜率為的直線過焦點且與拋物線交于兩點，的中垂線交軸于點，則______．〖答案〗①8②2〖解析〗如圖所示：由拋物線的方程可得焦點坐標為，由題意可得，所以；所以拋物線的方程為：，設直線的方程為：，設，聯立直線與拋物線的方程：，整理可得：，,則，所以的中點的橫坐標為，所以的中點的縱坐標為：，所以的中垂線的方程為：，令，可得，所以N的橫坐標為：，所以，由拋物線的性質可得，，所以，故〖答案〗為：8，2四、解答題（本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）15.已知在中，內角的對邊分別為，且滿足．（1）求；（2）若，且，求的周長．解：（1）已知，則由正弦定理有.又∵，則，因為為三角形內角，則，.（2）由題可知：，所以，由余弦定理可得，即，所以，可得，則，所以的周長為.16.如圖所示，在長方體中，為矩形內一點，過點與棱作平面．（1）直接在圖中作出平面截此長方體所得的截面（不必說明畫法和理由），判斷截面圖形的形狀，并證明；（2）設平面平面．若截面圖形的周長為16，求二面角的余弦值．解：（1）在平面內過點作分別交于點，連接，則四邊形為所作截面，截面為矩形，證明如下：在長方體中，，又平面平面，平面平面，平面平面，于是，四邊形為平行四邊形，又平面，平面，因此，所以四邊形為矩形.（2）連接，由矩形的周長為16，且，得，又，，得，又，則，由（1）知，，則平面，而平面，因此，二面角的平面角為，在中，，則，所以二面角的余弦值為.17.已知函數．（1）討論的單調性；（2）當有極小值，且極小值小于時，求的取值范圍．解：（1）的定義域為，．若，則，所以在上單調遞增．若，則當時，；當時，．所以在上單調遞減，在上單調遞增．綜上所述，當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增．（2）由（1）知，當時，在無極小值.當時，在取得極小值為．因此等價于.即，令，其中，因為.所以在上單調遞增，且．于是，當時，；當時，．因此，的取值范圍是．18.已知橢圓，以的焦點和短軸端點為頂點的四邊形是邊長為2的正方形．設為原點，直線與交于不同的兩點，且與軸交于點，點滿足，過點的直線與的另一個交點為．（1）求的方程及離心率；（2）若軸，證明：是等腰直角三角形．解：（1）由題意.因.所以，所以橢圓方程為，離心率為.（2）設，聯立方程，消去得：.依題意，得，則.直線，令得，又因為，所以.因為軸，所以點B與點關于x軸對稱，所以，所以向量，，則有.所以，所以.設的中點為，則，.，由題意可知，故，所以，因為點B與點關于軸對稱，所以，所以，所以為等腰直角三角形.19.在2024年5月舉行的第一屆全國全民健身大賽（西南區）籃球項目貴州選拔賽暨2024年貴州省籃球公開賽中，銅仁市代表隊憑借出色的技術和頑強拼搏的精神，從全省42支隊伍中脫穎而出，闖進決賽．受此影響，銅仁市某校掀起了籃球運動的熱潮，在一次籃球訓練課上，甲、乙、丙三位同學進行傳球訓練，第1次由甲將球傳出，每次傳球時，傳球者都等可能的將球傳給另外兩個人中的任何一人．（1）求2次傳球后球在甲手中的概率；（2）設次傳球后球在甲手中的概率為，求證數列為等比數列，并求數列的通項公式；（3）現在丁加入傳球訓練，且甲、乙、丙、丁四人分別站定于如圖所示的四點（為正方形的四個頂點），且每次傳球時，傳球者將球傳給相鄰同學的概率為，傳給對角線上同學的概率為（例如：甲傳球給乙或丁的概率都是，傳球給丙的概率是；若第一次仍由甲將球傳出，則次傳球后，試比較球在甲、乙、丙、丁手中概率的大小，并說明理由．解：（1）依題意，傳球2次后球在甲手中包括兩個基本事件，即：甲乙甲和甲丙甲，所以傳球2次后球在甲手中的概率為.（2）設第n次傳球后球在甲手中的概率為，則當時，第次傳球后球在甲手中的概率為，第次傳球后球不在甲手中的概率為