甘肃省定西市临洮县文峰中学2023−2024学年高二下学期期末质量检测（一） 数学试题（含解析）

这是一份甘肃省定西市临洮县文峰中学2023−2024学年高二下学期期末质量检测（一） 数学试题（含解析），共12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（本大题共8小题）
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，若为纯虚数，则（ ）
A．B．2C．1D．
3．已知向量，，且，则（ ）
A．2B．C．2或D．2或
4．在某地区的高三第一次联考中，数学考试成绩近似服从正态分布，试卷满分150分，统计结果显示数学成绩高于120分的人数占总人数的，数学考试成绩在80分到100分（含80分和100分）之间的人数为800，则可以估计参加本次联考的总人数约为（ ）
A．1600B．1800C．2100D．2400
5．在中，，，则（ ）
A．B．C．D．
6．从由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的两位数中任取一个，则这个两位数大于40的个数是（ ）
A．6B．8C．10D．12
7．如图，正方体的棱长为1，点E为线段上的点，且，点F为的中点，则三棱锥的体积为（ ）

A．B．C．D．
8．已知点A为直线上一动点，点，且满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．对于经验回归方程，以下判断正确的是（ ）
A．变量x与变量y正相关
B．该方程一定过点
C．根据经验回归方程可以预测，当时，变量
D．当变量x减少一个单位时，y平均增加2个单位
10．设点，分别为椭圆：的左、右焦点，点是椭圆上任意一点，若使得成立的点恰好是4个，则实数的取值可以是（ ）
A．1B．3C．5D．4
11．已知定义在上的可导函数满足，，下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知函数满足，且是偶函数，在上有，则 ．
13．已知等比数列 各项均为正数，前项和为，若，．则 .
14．已知抛物线，过的直线交抛物线于两点，且，则直线的方程为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知数列的前项和为，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)已知，求数列的前项和.
16．某工厂在春节期间为职工举办了趣味有奖灯谜活动，有6个灯谜，编号为：个灯谜中猜对1个获“小奖”，猜对3个获“中奖”，猜对6个获“大奖”．
(1)小王从6个灯谜中任取3个作答，设选中编号为的灯谜的个数为随机变量X，求X的分布列及数学期望；
(2)若小王猜对任一编号灯谜的概率为，求小王在猜对编号为的灯谜的条件下，获得“中奖”的概率．
17．在等腰梯形ABCD中，，，，，M为AB中点，将，沿MD，MC翻折，使A，B重合于点E，得到三棱锥．

(1)求ME与平面CDE所成角的大小；
(2)求二面角的余弦值．
18．已知双曲线过点，左、右顶点分别为，，直线与直线的斜率之和为．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过双曲线右焦点的直线交双曲线右支于，（在第一象限）两点，，是双曲线上一点，的重心在轴上，求点的坐标．
19．已知函数（）．
(1)当时，求函数的最小值；
(2)若，求实数的取值范围．
参考答案
1．【答案】B
【分析】解不等式求得集合，进而求得.
【详解】由，解得，
所以，所以.
故选B.
2．【答案】B
【分析】借助复数运算法则计算后结合纯虚数定义即可得.
【详解】，
若为纯虚数，则，解得.
故选B.
3．【答案】C
【分析】应用向量垂直数量积坐标公式计算即可.
【详解】由或,
故选C．
4．【答案】D
【分析】根据给定条件，结合正态分布的对称性求出成绩在80分到100分的概率，即可求解作答.
【详解】依题意，随机变量，有，即正态曲线的对称轴为，
由，得，
80分到100分（含80分和100分）之间的人数为800，
所以设参加本次联考的总人数约为，
则，解得：.
故选D.
5．【答案】D
【分析】结合正弦定理可得，再结合余弦定理可得.
【详解】

由正弦定理可得，，
又，所以，
不妨设，
所以由余弦定理得．
故选D．
6．【答案】B
【分析】数字排列问题，根据符合题意的要求选取十位数为4或5，个位数不重复则在剩余的4个数字里选择1个，即可计算结果.
【详解】这个两位数大于40的个数为．
故选B．
7．【答案】C
【分析】三棱锥的体积等于三棱锥的体积，在三棱锥中，底面的面积好求，顶点到底面的距离等于正方体的边长，进而可以求出三棱锥的体积.
【详解】三棱锥的体积等于三棱锥的体积．
因为E，F分别为，上的点，
所以在正方体中，的面积为定值，
又因为F到平面的距离为定值1，
所以．
故选.
8．【答案】D
【分析】通过构造关系找到定点，将最值转化为求的最值，进而转化为最值，则点线距求解可得.
【详解】∵，∴.
设P点坐标为，由题意，则，
∴P点轨迹是以点为圆心，1为半径的圆，记为圆，
设在轴上存在定点，使得圆上任意一点，满足，
则，
化简得，
又∵，代入得，
要使等式恒成立，则，即.
∴存在定点，使圆上任意一点满足，
则，
当A，P，M三点共线（位于两侧）时，等号成立.
又点为直线上一动点，则的最小值即为点到直线的距离，
由到直线距离，则.
故.
如图，过作直线的垂线段，垂线段与圆的交点即为取最值时的点，此时取到最小值.
故选D.
9．【答案】BCD
【分析】由经验回归方程斜率可得A；由经验回归方程必过样本中心点可得B；由经验回归方程性质计算可得C，D.
【详解】对于A选项，由，故变量x与变量y负相关，所以A项错误；
对于B选项，经验回归方程必过点，所以B项正确；
对于C选项，根据经验回归方程，可预测变量时，变量，所以C项正确；
对于D选项，在回归方程中，当变量x减少一个单位时，
y平均增加2个单位，所以D项正确.
故选BCD.
10．【答案】BD
【分析】首先设点，得到，，结合点在椭圆上得到，若成立的点有四个，则在有两实数解，
则有，解出其范围结合选项即得.
【详解】设，∵，，∴，，由可得，又∵点在椭圆上，即，
∴，要使得成立的点恰好是4个，则，解得.
故选BD.
11．【答案】BCD
【分析】构造函数，结合单调性即可判断.
【详解】因为，所以.
故构造函数，.则，
所以在上单调递增.由，得，
由的单调性可得当时，.当时，.
A选项：，解得，A错误；
B选项：，解得，B正确；
C选项：，解得，C正确；
D选项：，解得，D正确.
故选BCD.
12．【答案】1
【分析】根据及是偶函数代入可得.
【详解】由题意可知．
故答案为：.
13．【答案】31
【分析】利用等比数列的性质先求出，再求出公比和，利用公式可求.
【详解】因为，所以，故（负的舍去），
所以，故，
所以.
故答案为：3.
14．【答案】
【分析】根据中点坐标以及点差法即可求解斜率，进而由点斜式求直线方程.
【详解】因为在抛物线内部，又，所以是的中点.
设，所以，即，
又在抛物线上，所以，两式作差，得，所以，
所以直线的方程为，即.
故答案为：.

15．【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)根据题意分和两种情况，分析可知数列等比数列，结合等比数列分析求解；
(2)由(1)可得，利用裂项相消法分析求解.
【详解】(1)因为，
若，可得，解得；
若，可得，，
两式相减得，整理得，
且，可得，
可知数列是以首项为1，公比为的等比数列，
所以.
(2)由(1)可得：，
则，
所以.
16．【答案】(1)分布列见解析，；
(2).
【分析】(1)由题意得X可取，求出相应的概率，然后可求得X的分布列及数学期望；
(2)设“小王猜对号灯谜为”为事件A，“小王获得中奖”为事件B，根据题意求出，然后利用条件概率公式可求得结果.
【详解】(1)由题意得X可取，
，
，
所求分布列为：
数学期望.
(2)设“小王猜对号灯谜为”为事件A，“小王获得中奖”为事件B，
则，
故，
即小王在猜对编号为的灯谜的条件下，获得“中奖”的概率为．
17．【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)作辅助线，分析可证平面CDE，可知即为所求线面角，结合余弦定理运算求解；
(2)建系标点，求平面MEQ，平面CDE的法向量，利用空间向量求二面角.
【详解】(1)在三棱锥中，取CD中点为Q，
过点M作直线EQ的垂线交直线EQ于点H，

因为ABCD为等腰梯形，且M为AB中点，则，，
可知，，且EQ，平面MEQ，，
则平面MEQ，且平面MEQ，可得，
可知，，，CD，平面CDE，
则平面CDE，可知即为所求线面角，
在等腰梯形ABCD中，已知，，，
可求出，，，
可得，
且，则，
所以直线ME与平面CDE所成角为.
(2)以H为原点，，，为x轴，y轴，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
可得，，
设平面MEQ的法向量为，则，
取，则，可得，
且平面CDE的法向量为，
可得，
由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．
18．【答案】(1)；
(2)或.
【分析】(1)首先表示出左右顶点，由斜率公式求出，将点的坐标代入方程求出，即可得解；
(2)设，，直线的方程为，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，由得到，即可求出，即可求出，从而求出，即可得解.
【详解】(1)依题意左、右顶点分别为，，
所以，解得，
将代入得，解得，
故双曲线方程为；
(2)设，，直线的方程为，
将代入整理得，，
所以，，又由，
代入上式得，解得，，
因为的重心在轴上，所以，
所以，代入双曲线得，
故或．
19．【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)求导，根据导数判断函数单调性，进而可得最值；
(2)由，可知，可初步确定的取值范围，再变换主元，根据关于函数单调性可得，再根据(1)可知当时恒成立.
【详解】(1)当时，，，
可得，，
令，解得，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
则函数的最小值为；
(2)由题意有，
又由函数（）单调递减，且，可得，
下面证明：当时，，
由关于的函数（）单调递减，
则有，
由(1)有，故有在时恒成立，
故若，则实数的取值范围为．
X
0
1
2
3
P