贵州省铜仁市2023~2024学年高二下学期7月期末数学试卷[附解析]

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注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.已知集合，则（ ）
A.B.
C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合，再根据交集含义即可得到答案.
【详解】由题意得，则.
故选：C.
2.双曲线的渐近线方程为（ ）
A.B.
C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据渐近线方程公式即可得到答案.
【详解】双曲线中，则，
故其渐近线方程为.
故选：B.
3.在的展开式中，的系数为（ ）
A. 3B. 6C. 9D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】写出二项展开式的通式，即可得出的系数.
【详解】在中，每一项为，
当，即时，的系数为，
故选：B.
4.已知正项数列．若该数列的前3项成等差数列，后5项成等比数列，且，则数列所有项的和为（ ）
A. 98B. 92C. 96D. 100
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差等比数列基本量的计算即可求解.
【详解】由于数列的后5项成等比数列，所以，
由于为正项数列，所以，
，又且前3项成等差数列，所以
故数列的所有项的和为，
故选：C.
5.已知空间中三条不同的直线和平面，则下列命题正确的是（ ）
A.若，则B.若，则
C.若，则D.若，则
【答案】B
【解析】
【分析】通过空间想象，对ACD举出反例即可；根据线面垂直性质定理可判断B.
【详解】对A，，，则有可能相交、异面、平行，故A错误；
对B，由线面垂直性质定理可知B正确；
对C，若，，则与平行、相交或异面，故C错误.
对D，若，，则有可能平行，有可能异面，故D错误
故选：B
6.从三棱锥的6条棱中任选2条棱，则这2条棱所在的直线是异面直线的概率为（ ）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】列举所有基本事件，即可由古典概型概率公式求解.
【详解】如图：从三棱锥的6条棱中任取2条,所有的基本事件有：
共15种，
互为异面直线的有共3种，
故概率为，
故选：A.
7.若曲线在处的切线方程为，则（ ）
A.B.
C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数的导函数，依题意可得，且，解得即可.
【详解】因为，所以，
又函数处的切线方程为，
所以，且，
联立解得，；
故选：D.
8.已知是两个随机事件，且，则下列说法不正确的是（ ）
A.B.
C.事件相互独立D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用互斥事件的加法公式，结合条件概率公式计算判断AB；利用相互独立事件的定义判断C；利用概率的基本性质判断D.
【详解】随机事件满足：，
对于A，，A正确；
对于B，，
则，B正确；
对于C，样本空间，则，，
，
因此，事件相互独立，C正确；
对于D，，D错误.
故选：D
【点睛】结论点睛：求有两种方法：基于样本空间Ω，求出，则；以A为样本空间，求出A，AB包含的样本点数，则.
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，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，部分选对得3分，有选错的得0分）
9.下列命题正确的是（ ）
A.若随机变量，则
B.直线与圆相交，且相交弦的长度为
C.经验回归直线至少经过样本点中的一个点
D.若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用二项分布的期望公式计算判断A；利用几何法求出圆的象牙塔判断B；利用回归直线的意义判断C；利用同角公式、和角的正弦公式计算判断D.
【详解】对于A，由随机变量，得，A正确；
对于B，圆的半径，圆心到直线的距离
，弦长为，B正确；
对于C，经验回归直线必过样本的中心点，可以不经过任何一个样本点，C错误；
对于D，由，平方相加得，
解得，D正确.
故选：ABD
10.若的两根为，且，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.在复平面内对应的点位于第二象限
C.的虚部为
D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据给定条件，求出判断BD；借助韦达定理求出判断A；由复数的意义判断C.
【详解】由的两根为，且，则，
对于A，，即，因此，A正确；
对于B，在复平面内对应的点位于第四象限，B错误；
对于C，的虚部为，C错误；
对于D，，D正确.
故选：AD
11.设，函数，则（ ）
A.当时，的最小值为
B.对任意的至少存在一个零点
C.存在，使得有三个不同零点
D.对任意的在上是增函数
【答案】BC
【解析】
【分析】由函数在上的取值范围判断A；按探讨在上的零点情况、探讨在上的零点情况判断B；求出时的零点判断C；由函数在上是增函数求出的范围判断D.
【详解】函数，当时，函数在上单调递增，
又函数的对称轴为，
对于A，当时，，当时，，
则，即，A错误；
对于B，当时，由，得，因此存在，使得，
则是的零点，即至少存在一个零点，
当时，由，解得或，此时都大于1，
因此是的零点，所以对任意的至少存在一个零点，B正确；
对于C，取，，由，得或，
解得或或，此时有三个不同零点，C正确；
对于D，若在上是单调递增函数，则，解得，
因此当时，在上是单调递增函数，D错误.
故选：BC
【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12.已知随机变量服从标准正态分布，若，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】由正态分布的对称性即可得出答案.
【详解】随机变量服从标准正态分布，
若，所以，
则.
故答案为：.
13.已知函数图象的相邻两个对称中心之间的距离为，则______；若在区间上单调递减，则的一个取值可以为______．
【答案】 ①. 1 ②.（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据相邻对称中心距离为半个周期即可得到，再利用整体法求出，结合三角函数单调性得到不等式组，解出即可.
【详解】由题意得得，解得，
则，
由，
因为在区间上单调递减，且，
所以有，
因此的一个取值可以为，
故答案为：1；（答案不唯一）.
14.已知抛物线的焦点为，则______；若斜率为的直线过焦点且与抛物线交于两点，的中垂线交轴于点，则______．
【答案】 ①. 8 ②. 2
【解析】
【分析】由抛物线的焦点坐标可得的值；设直线的方程与抛物线联立，可得的中点的坐标，进行求出的中垂线的方程，进行求出的值，再由抛物线的性质可得的值，即可求解．
【详解】如图所示：
由抛物线的方程可得焦点坐标为，
由题意可得，所以；
所以抛物线的方程为：，
设直线的方程为： ，设，
联立直线与抛物线的方程： ，整理可得：，,
则，所以的中点的横坐标为，
所以的中点的纵坐标为：，
所以的中垂线的方程为：，
令，可得，所以N的横坐标为：，
所以，
由抛物线的性质可得，，
所以，
故答案为：8，2
【点睛】关键点点睛：本题第二空的关键是采用设线法得到韦达定理式，再利用焦点弦公式即可得到答案.
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.已知在中，内角的对边分别为，且满足．
（1）求；
（2）若，且，求的周长．
【答案】（1）1 （2）3
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理进行边换角，再利用两角和正弦公式即可得到值；
（2）根据三角形面积公式得，再利用余弦定理求出，则得到的值，最后即可得到周长.
【小问1详解】
已知，
则由正弦定理有.
又∵，则，
因为为三角形内角，则，.
【小问2详解】
由题可知：，所以，
由余弦定理可得，即，
所以，可得，则，
所以的周长为.
16.如图所示，在长方体中，为矩形内一点，过点与棱作平面．
（1）直接在图中作出平面截此长方体所得的截面（不必说明画法和理由），判断截面图形的形状，并证明；
（2）设平面平面．若截面图形的周长为16，求二面角的余弦值．
【答案】（1）作图见解析，截面为矩形，证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）作出截面，利用面面平行性质及线面垂直的性质判断即可.
（2）连接，确定二面角的平面角并计算即得.
【小问1详解】
在平面内过点作分别交于点，连接，
则四边形为所作截面，截面为矩形，证明如下：
在长方体中，，
又平面平面，平面平面，平面平面，
于是，四边形为平行四边形，又平面，平面，
因此，所以四边形为矩形.
【小问2详解】
连接，由矩形的周长为16，且，得，
又，，得，又，则，
由（1）知，，则平面，而平面，
因此，二面角的平面角为，
在中，，则，
所以二面角的余弦值为.
17.已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当有极小值，且极小值小于时，求的取值范围．
【答案】（1）答案见解析．
（2）
【解析】
【分析】（1）求导得到，对分和讨论即可；
（2）首先排除，当时得到，再设新函数，得到其单调性和即可得到答案.
【小问1详解】
的定义域为，．
若，则，所以在上单调递增．
若，则当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
【小问2详解】
由（1）知，当时，在无极小值.
当时，在取得极小值为．
因此等价于.即，
令，其中，因为.
所以在上单调递增，且．
于是，当时，；当时，．
因此，的取值范围是．
18.已知椭圆，以的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形．设为原点，直线与交于不同的两点，且与轴交于点，点满足，过点的直线与的另一个交点为．
（1）求的方程及离心率；
（2）若轴，证明：是等腰直角三角形．
【答案】（1），离心率
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意得，再根据离心率公式即可；
（2），联立方程得到韦达定理式，再利用共线向量关系得，计算，代入韦达定理式得其为0，则，再设的中点，证明，从而得到其为等腰直角三角形.
【小问1详解】
由题意.
因.所以，
所以椭圆方程为，离心率为.
【小问2详解】
设，联立方程，
消去得：.
依题意，得，则.
直线，令得，
又因为，所以.
因为轴，所以点B与点关于x轴对称，所以，
所以向量，，
则有
.
所以，所以.
设的中点为，则，.
，
由题意可知，故，所以，
因为点B与点关于轴对称，所以，
所以，
所以为等腰直角三角形.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是联立直线与椭圆方程得到，再计算的值，设的中点为，最后再证明即可.
19.在2024年5月举行的第一届全国全民健身大赛（西南区）篮球项目贵州选拔赛暨2024年贵州省篮球公开赛中，铜仁市代表队凭借出色的技术和顽强拼搏的精神，从全省42支队伍中脱颖而出，闯进决赛．受此影响，铜仁市某校掀起了篮球运动的热潮，在一次篮球训练课上，甲、乙、丙三位同学进行传球训练，第1
次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能的将球传给另外两个人中的任何一人．
（1）求2次传球后球在甲手中的概率；
（2）设次传球后球在甲手中的概率为，求证数列为等比数列，并求数列的通项公式；
（3）现在丁加入传球训练，且甲、乙、丙、丁四人分别站定于如图所示的四点（为正方形的四个顶点），且每次传球时，传球者将球传给相邻同学的概率为，传给对角线上同学的概率为（例如：甲传球给乙或丁的概率都是，传球给丙的概率是；若第一次仍由甲将球传出，则次传球后，试比较球在甲、乙、丙、丁手中概率的大小，并说明理由．
【答案】（1）；
（2）证明见解析，；
（3）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）分析出两次传球后球在甲手中的事件含有的基本事件，再利用互斥事件、相互独立事件的概率公式计算即得.
（2）由第n次传球后球在甲手中的事件发生，必有第次传球后球不在甲手中的，得即可推理得证.
（3）设设第n次传球后球在甲乙丙丁手中的概率分别为，由题意推理计算得它们的通项，再比较大小即得.
【小问1详解】
依题意，传球2次后球在甲手中包括两个基本事件，即：甲乙甲和甲丙甲，
所以传球2次后球在甲手中的概率为.
【小问2详解】
设第n次传球后球在甲手中的概率为，
则当时，第次传球后球在甲手中的概率为，第次传球后球不在甲手中的概率为，
显然，若要第n次传球后球在甲手中，则第次传球后球必定不能在甲手中，
无论此时球在乙或丙的手中，传给甲的概率都是，则有，即，
所以是以为首项，为公比的等比数列，，即.
【小问3详解】
设第n次传球后球在甲手中概率，球在乙手中的概率，
球在丙手中的概率,则球在丁手中的概率，
则有，
，，
，，
于是，且，又，
则是以为首项，为公比的等比数列，，
又于是，
而，且有，
于是，又，则，
若为奇数，则，此时，
若为偶数，则，此时.
【点睛】方法点睛：由递推公式求解通项公式，根据递推公式的特点选择合适的方法，
①若，采用累加法；
②若，采用累乘法；
③若，可利用构造进行求解；