2023-2024学年四川省宜宾市高二下学期期末学业质量监测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省宜宾市2023-2024学年高二下学期期末学业质量监测数学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的考号、姓名、班级填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设为虚数单位，复数的模为（）A.2 B. C.3 D.5【答案】B【解析】复数的模，故选：B．2.下列运算不正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】A．，故正确，不符合题意；B．，故正确，不符合题意；C．，故正确，不符合题意；D．，故选项错误，符合题意；．故选：D．3.在建立两个变量与的回归模型时，分别选择了4个不同的模型，模型1、2、3、4的决定系数依次为0.20，0.48，0.96，0.85，则其中拟合效果最好的模型是（）A.模型1 B.模型2 C.模型3 D.模型4【答案】C【解析】因为越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好，所以这4个不同的模型拟合效果最好的模型是模型3.故选：C4.展开式中含的项的系数是（）A. B. C.10 D.5【答案】C【解析】的展开式的通项公式为，令，则含的项的系数是，故选：C5.已知函数的极小值为，则（）A.1 B. C.1或 D.0【答案】A【解析】由求导得，.①当时，由可得或，由可得，即当或时，单调递增，当时，单调递减，故的极小值为，不合题意；②当时，，故在R上单调递增，无极值，不合题意；③当时，由可得或，由可得，即当或时，单调递增，当时，单调递减，故的极小值为，解得.综上，.故选：A.6.3名男生和2名女生共5位同学站成一排照相，且2位女生不相邻，则不同排法的种数为（）A.120 B.72 C.36 D.12【答案】B【解析】先排3名男生，有种排法，借助插空法，共有4个空位，故2名女生有种排法，共有种排法.故选：B.7.若随机事件满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，，，，故选：A．8.已知函数在上可导，且，若成立，则取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】构造函数因为，即，所以函数在上单调递减.可变形为，即，即.故选：C二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.随机变量，则（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】因为，所以，所以，，故A正确，B错误；由对称性可知，所以，由对称性可知，，而，所以，故C错误，D正确；故选：AD.10.已知函数，则（）A.有唯一极值点 B.在单调递增C.的最大值为 D.在处的切线方程为【答案】BC【解析】由，得，令，则或，所以当或时，；当时，.所以在上递增，在上递减,在上递增，所以当时，取得极大值，当时，取得极小值.因为，所以的最大值为.，又，函数在点处的切线方程是，即.故AD错误；BC正确；故选：BC11.设，则（）A. B.展开式中系数最大值为C. D.【答案】ACD【解析】对于A，取，代入可得，，故A正确；对于B，由二项式的通项公式知，展开式中系数最大值为和，即和，故B错误；对于C，取，代入可得，取，代入则得，，两式相减可得，，即得，故C正确；对于D，取，代入可得，，故D正确.故选：ACD.12.在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（）A.B.平面平面C.点到平面的距离为D.该正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积为【答案】BCD【解析】对于A：以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，，则，所以A错误；对于B：设平面的法向量为，，，取，则，同理可得平面的法向量为，，则平面平面，故B正确；对于C：，点到平面的距离为，故C正确；对于D：该正方体的外接球的球心为，且外接球的半径为,，点到平面的距离为，则平面截得的截面圆的半径为，所以该正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积为，故D正确；故选：BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13若随机变量，且，则_________．【答案】【解析】因，由可得，解得.故答案为：.14.已知双曲线的离心率为，则_________．【答案】【解析】由题意，从而双曲线的离心率为，结合，解得满足题意.故答案为：.15.有3台车床加工同一型号的零件，第台车床加工的次品率依次为，加工出来的零件混放在一起，已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的、，任取一个零件，则它是次品的概率为_________．【答案】0.037【解析】依题意，事件“零件为第i台车床加工”（，2，3），事件“零件为次品”；所以.故答案为：0.03716.若函数无零点，则的取值范围是_________．【答案】【解析】一方面，若，设为实数，由于对有，对有，故或，从而对任意实数，都有.故，而我们还有，故函数存在零点，不满足条件；另一方面，若，设，则.故对有，对有，所以在上递减，在上递增.从而对任意都有，即，此即.对，在不等式中令，得；在不等式中令，得.从而将和二者结合就有.故由，知对任意都有这表明对任意都有，故函数无零点，满足条件.综上，的取值范围是.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.已知数列满足：，点在直线上．（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和．解：（1）因为点在直线，所以，即．所以是等差数列，且首项为，公差为3．于是，．（2）因为．所以18.通过对某商品在六个城市的销售情况与广告投入的关系进行调研，得到一些统计量的值（如下表）.并发现该商品的销售额（单位：百万元）与其广告费（单位：万元）成线性相关.用模型进行拟合，得出相应的经验回归方程并进行残差分析绘制了如图所示的残差图，但在随后数据整理的过程中不小心将部分数据损坏.城市广告费万元

3681058336214销售额/百万元

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现将残差绝对值大于1的数据被视为异常数据，需要剔除.（1）剔除异常数据后，分别计算广告费、销售额的平均值；（2）求剔除异常数据后的经验回归方程；并估计当广告费为20万元时，销售额为多少.参考公式：解：（1）由题知，剔除城市D，E的数据后，广告费的平均值为：销售额的平均值为：.（2）依题意，..所以.即得：当时，.所以，估计当广告费为20万元时，销售额为百万元.19.如图,在四棱锥中,平面，．（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．解：（1）过点作，所以在中，因为，则，所以于是，，过点作交于点,连接,因为，所以，因,则且，于是，四边形是平行四边形则平面平面，所以//平面（2）法一：因为平面，所以因为，所以平面，因平面,所以平面平面过点作交直线于，因平面,平面平面,故平面.过点作交直线于点，因平面，平面,则,得矩形，则,故,连接，因平面，平面,则,因,故平面,平面,则,所以为二面角的平面角.易得,由,则,即，故.在中，则，所以，即平面与平面夹角的余弦值为；法二：如图建系，因为，．所以设平面的法向量，所以，不妨设，于是，，所以，设平面的法向量，所以，，不妨设，于是，所以，于是，所以平面与平面夹角的余弦值为．20.某校为了了解学生体能情况，从全校男女生体能测试成绩中随机抽取容量为20的样本数据进行统计分析，样本数据整理如下（满分100分）：女生75707570759585759075男生75708085908085809080若规定成绩不低于80为A等，成绩低于80为B等．性别成绩合计A等B等女生10男生10合计20（1）完成上表，依据的独立性检验，能否认为体能测试成绩与性别有关联?（2）从这20名体能测试成绩为等的学生中随机挑选3名，求挑选出男生成绩为等的人数的分布列与数学期望．附：，其中．0.050.0053.8417.897解：（1）填表如下：性别成绩合计A等B等女生3710男生8210合计11920假设：体能测试成绩与性别无关．．假设不成立，认为体能测试成绩与性别有关．（2）由题知且．于是，的分布列为012所以的数学期望．21.已知为抛物线的焦点，是抛物线上一点，且的最小值为1．（1）求的方程；（2）过的直线与交于两点，过原点作直线的垂线交于点（异于点）．当四边形的面积为时，求直线的方程．解：（1）由题知，当点在原点上时，的最小，所以，所以，所以抛物线的方程为．（2）设方程为由联立得：．于是，，于是，直线方程为．由联立得：．解得或．于是，点，所以所以四边形的面积即，令，则，所以于是，．即即解得或于是，或所以直线的方程为或22.已知函数．（1）当时，求的单调区间；（2）当时，，求的取值范围．解：（1）当时，当时，，当时，．所以的单调递减区间为；单调递增区间为（2）因为对任意恒成立．设．所以．分类：①当时，，知在单调递增，所以，不成立．②当时，，知在单调递减，所以成立．③当时，令．所以．（ⅰ）若即时，，知在单调递减，所以，所以，所以在单调递减，所以对任意时，成立．（ⅱ）若即时，由可得，所以当时，，于是，在单调递增，所以对任意时，，所以，所以在单调递增，所以对任意时，恒成立．综上所述：的取值范围是．四川省宜宾市2023-2024学年高二下学期期末学业质量监测数学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的考号、姓名、班级填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设为虚数单位，复数的模为（）A.2 B. C.3 D.5【答案】B【解析】复数的模，故选：B．2.下列运算不正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】A．，故正确，不符合题意；B．，故正确，不符合题意；C．，故正确，不符合题意；D．，故选项错误，符合题意；．故选：D．3.在建立两个变量与的回归模型时，分别选择了4个不同的模型，模型1、2、3、4的决定系数依次为0.20，0.48，0.96，0.85，则其中拟合效果最好的模型是（）A.模型1 B.模型2 C.模型3 D.模型4【答案】C【解析】因为越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好，所以这4个不同的模型拟合效果最好的模型是模型3.故选：C4.展开式中含的项的系数是（）A. B. C.10 D.5【答案】C【解析】的展开式的通项公式为，令，则含的项的系数是，故选：C5.已知函数的极小值为，则（）A.1 B. C.1或 D.0【答案】A【解析】由求导得，.①当时，由可得或，由可得，即当或时，单调递增，当时，单调递减，故的极小值为，不合题意；②当时，，故在R上单调递增，无极值，不合题意；③当时，由可得或，由可得，即当或时，单调递增，当时，单调递减，故的极小值为，解得.综上，.故选：A.6.3名男生和2名女生共5位同学站成一排照相，且2位女生不相邻，则不同排法的种数为（）A.120 B.72 C.36 D.12【答案】B【解析】先排3名男生，有种排法，借助插空法，共有4个空位，故2名女生有种排法，共有种排法.故选：B.7.若随机事件满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，，，，故选：A．8.已知函数在上可导，且，若成立，则取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】构造函数因为，即，所以函数在上单调递减.可变形为，即，即.故选：C二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.随机变量，则（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】因为，所以，所以，，故A正确，B错误；由对称性可知，所以，由对称性可知，，而，所以，故C错误，D正确；故选：AD.10.已知函数，则（）A.有唯一极值点 B.在单调递增C.的最大值为 D.在处的切线方程为【答案】BC【解析】由，得，令，则或，所以当或时，；当时，.所以在上递增，在上递减,在上递增，所以当时，取得极大值，当时，取得极小值.因为，所以的最大值为.，又，函数在点处的切线方程是，即.故AD错误；BC正确；故选：BC11.设，则（）A. B.展开式中系数最大值为C. D.【答案】ACD【解析】对于A，取，代入可得，，故A正确；对于B，由二项式的通项公式知，展开式中系数最大值为和，即和，故B错误；对于C，取，代入可得，取，代入则得，，两式相减可得，，即得，故C正确；对于D，取，代入可得，，故D正确.故选：ACD.12.在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（）A.B.平面平面C.点到平面的距离为D.该正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积为【答案】BCD【解析】对于A：以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，，则，所以A错误；对于B：设平面的法向量为，，，取，则，同理可得平面的法向量为，，则平面平面，故B正确；对于C：，点到平面的距离为，故C正确；对于D：该正方体的外接球的球心为，且外接球的半径为,，点到平面的距离为，则平面截得的截面圆的半径为，所以该正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积为，故D正确；故选：BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13若随机变量，且，则_________．【答案】【解析】因，由可得，解得.故答案为：.14.已知双曲线的离心率为，则_________．【答案】【解析】由题意，从而双曲线的离心率为，结合，解得满足题意.故答案为：.15.有3台车床加工同一型号的零件，第台车床加工的次品率依次为，加工出来的零件混放在一起，已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的、，任取一个零件，则它是次品的概率为_________．【答案】0.037【解析】依题意，事件“零件为第i台车床加工”（，2，3），事件“零件为次品”；所以.故答案为：0.03716.若函数无零点，则的取值范围是_________．【答案】【解析】一方面，若，设为实数，由于对有，对有，故或，从而对任意实数，都有.故，而我们还有，故函数存在零点，不满足条件；另一方面，若，设，则.故对有，对有，所以在上递减，在上递增.从而对任意都有，即，此即.对，在不等式中令，得；在不等式中令，得.从而将和二者结合就有.故由，知对任意都有这表明对任意都有，故函数无零点，满足条件.综上，的取值范围是.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.已知数列满足：，点在直线上．（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和．解：（1）因为点在直线，所以，即．所以是等差数列，且首项为，公差为3．于是，．（2）因为．所以18.通过对某商品在六个城市的销售情况与广告投入的关系进行调研，得到一些统计量的值（如下表）.并发现该商品的销售额（单位：百万元）与其广告费（单位：万元）成线性相关.用模型进行拟合，得出相应的经验回归方程并进行残差分析绘制了如图所示的残差图，但在随后数据整理的过程中不小心将部分数据损坏.城市广告费万元

3681058336214销售额/百万元

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现将残差绝对值大于1的数据被视为异常数据，需要剔除.（1）剔除异常数据后，分别计算广告费、销售额的平均值；（2）求剔除异常数据后的经验回归方程；并估计当广告费为20万元时，销售额为多少.参考公式：解：（1）由题知，剔除城市D，E的数据后，广告费的平均值为：销售额的平均值为：.（2）依题意，..所以.即得：当时，.所以，估计当广告费为20万元时，销售额为百万元.19.如图,在四棱锥中,平面，．（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．解：（1）过点作，所以在中，因为，则，所以于是，，过点作交于点,连接,因为，所以，因,则且，于是，四边形是平行四边形则平面平面，所以//平面（2）法一：因为平面，所以因为，所以平面，因平面,所以平面平面过点作交直线于，因平面,平面平面,故平面.过点作交直线于点，因平面，平面,则,得矩形，则,故,连接，因平面，平面,则,因,故平面,平面,则,所以为二面角的平面角.易得,由,则,即，故.在中，则，所以，即平面与平面夹角的余弦值为；法二：如图建系，因为，．所以设平面的法向量，所以，不妨设，于是，，所以，设平面的法向量，所以，，不妨设，于是，所以，于是，所以平面与平面夹角的余弦值为．20.某校为了了解学生体能情况，从全校男女生体能测试成绩中随机