2023-2024学年陕西省咸阳市高二下学期期末质量检测数学试题（含解析）

2023-2024学年陕西省咸阳市高二下学期期末质量检测数学试题
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.在等差数列中，若，则( )
A. B. C. D.
2.某选修课有门体育课程和门科学课程可供选择，甲从中选修一门课程，则甲不同的选择情况共有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
3.已知函数的导函数为，且，则( )
A. B. C. D.
4.下列求函数的导数不正确的是( )
A. B.
C. D.
5.下列说法正确的是( )
A. 若两个随机变量的 线性相关性越强，则相关系数的值越接近于
B. 若两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于
C. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过
D. 若随机变量，满足，则
6.已知抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，则该双曲线的渐近线方程为( )
A. B. C. D.
7.已知数列的前项和为，若，则( )
A. B. C. D.
8.若对任意的，，当时，恒成立，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.甲、乙两类水果的质量单位：分别服从正态分布、，其正态分布的密度曲线如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 甲类水果的平均质量
B. 甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右
C. 甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小
D. 乙类水果的质量服从正态分布的参数
10.如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面，，，则( )
A. B.
C. 异面直线与夹角的余弦值为 D. 点到平面的距离为
11.已知函数有两个极值点，，且，则( )
A. 的范围是 B.
C. D. 函数至少有一个零点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若，且为直线的一个方向向量，为平面的一个法向量，则实数的值为 ．
13.若直线与圆有公共点，则的一个取值是 ．
14.中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徵、羽，如果用这五个音阶，排成一个没有重复音阶的五音音序，且商、角、徵不全相邻，则可排成的不同音序有 种用数字作答
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.本小题分
已知的展开式中，仅有第项的二项式系数最大，且各项系数之和为求：
的值；
的值；
展开式中的常数项．
16.本小题分
已知椭圆：的离心率为，焦距为．
求椭圆的标准方程；
若直线与椭圆相切，且直线与直线：平行，求直线的斜截式方程．
17.本小题分
某植物科学研究所的最新研究表明：某种乔木类植物在沙漠中很难生存，主要原因是沙漠水土流失严重，土壤中的养料和水分相对贫瘠且该乔木类植物根系不发达实验组调配出含钙、钾两种促进植物根系生长的生长液，将该种乔木类植物的幼苗放置在合适的环境下且每天加入等量的生长液进行培养，并记录前天该乔木类幼苗的高度与天数的数据，如下表所示：
天
Ⅰ若该实验小组通过作散点图发现与之间具有较强的线性相关关系，试用最小二乘法求出关于的经验回归方程．
Ⅱ一般认为当该乔木类幼苗高度不小于时即可移栽到自然条件下进行种植若在不加生长液的条件下培养，该乔木类幼苗达到移栽标准的最短培养时间一般为天，利用Ⅰ中的回归方程预测加了生长液后最短培养时间比不加生长液时缩短了多少天．
参考公式：在经验回归方程中，．
参考数据：．
18.本小题分
某学校组织游戏活动，规则是学生从盒子中有放回的摸球且每次只能摸取个球，每次摸球结果相互独立，盒中有分和分的球若干，摸到分球的概率为，摸到分球的概率为．
若学生甲摸球次，其总得分记为，求随机变量的分布列与期望
学生甲、乙各摸次球，最终得分若相同，则都不获得奖励若不同，则得分多者获得奖励已知甲前次摸球得了分，求乙获得奖励的概率．
19.本小题分
已知函数，．
求曲线在点处的切线方程；
讨论的单调性；
证明：当时，．
答案解析
1.
【解析】由于是等差数列，故，所以．
故选：．
2.
【解析】解：由分类加法计数原理得，甲作出的不同的选择情况共有种
故选：．
3.
【解析】由题意可得：．
故选：．
4.
【解析】选项，， A正确；
选项，， B错误；
选项，， C正确；
选项，， D正确．
故选：
5.
【解析】对于选项AB：若两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于，故AB错误；
对于选项C：因为，
根据独立性检验可知：与有关联，此推断犯错误的概率不超过，故C正确；
对于选项D：因为，所以，故 D错误；
故选：．
6.
【解析】已知抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，
所以，解得，
所以双曲线的渐近线方程为．
故选：．
7.
【解析】，解得，
当时，，即，
所以，所以．
故选：．
8.
【解析】当时，恒成立，即当时，恒成立，
设，则单调递减，
而在上恒成立，即在上恒成立，
所以．
故选：．
9.
【解析】由图象可知，甲图象关于直线对称，乙图象关于直线对称，
所以，故 A，C正确；
因为甲图象比乙图象更“高瘦”，所以甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右，故B正确；
因为乙图象的最大值为，即，所以，故 D错误；
故选：．
10.
【解析】因为平面，平面，所以，
在正方形中，有，所以两两互相垂直，
所以以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
而，从而，
对于，，故 A正确；
对于，，，故 B错误；
对于，，所以异面直线与夹角的余弦值为，故 C正确；
对于，，设平面的法向量为，则
令，解得，所以，又，
所以点到平面的距离为，故 D正确．
故选：．
11.
【解析】对于，由题可得有两个不相等的实数根，
所以，所以，不正确；
对于，根据题意，为的两个根，所以， B正确；
对于，因为，且为的两个根，
所以由得或，
由得，
所以函数在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增，
所以成立， C正确；
对于，由以上分析可知的极大值为，
当趋于负无穷时，也趋于负无穷，
所以存在充分小且，使得，
由零点存在定理可知，存在，使得，所以函数至少有一个零点，正确；
故选：．
12.
【解析】由题意，解得．
故答案为：．
13.答案不唯一
【解析】直线恒过定点，
圆的圆心为，半径，
显然点在圆外，直线与圆有公共点，
则圆心到直线的距离，
化简得，解得．
又，则或或即的一个取值是．
故答案为：填或填也正确
14.
【解析】这五个音阶的全排列数为，
若商、角、徵全相邻，则由捆绑法可知，共有种排法，
故由间接法可知，满足题意的排法数有种
故答案为：．
15.解：仅有第项的二项式系数最大，．
令，则且，得．
由知，，，
故二项展开式的通项为，
令，得，故，
展开式中的常数项为．
【解析】【分析】根据仅有第项的二项式系数最大即可得解；
各项系数之和为即可列方程求解；
写出二项式的展开式通项，令，得，回代即可求解．
16.解：由题意得，从而可得
椭圆的标准方程为．
设与直线平行的直线的方程为：，
联立，得，
由，得，
直线的斜截式方程为：．
【解析】根据题意列出关于的方程组即可求解；
设所求直线方程为，联立椭圆方程结合判别式等于求出参数的值即可得解．
17.解：由题意可得，，
，
，，
故所求的经验回归方程为；
由知，当时，，，
故加了生长液后最短培养时间比不加生长液时缩短了天．
【解析】利用线性回归方程的公式即可求解，
将代入线性回归方程即可求解．
18.解：由题意知学生甲摸球次总得分的取值为，，
，，，
所以的分布列为：
所以．
记“甲最终得分为分”，，，“乙获得奖励
，
．
当甲最终得分时，乙获得奖励需要最终得分，则
当甲最终得分时，乙获得奖励需要最终得分或分，
则
故
．
即乙获得奖励的概率为．
【解析】求出的所有可能取值和对应概率，即可的分布列和期望
设事件，利用全概率公式即可求解．
19.解：由题，
令，，且切线斜率为，
所以曲线在点处的切线方程为，
可化为．
，
当，在上恒成立，
故在上单调递增；
当时，令得舍去或；
令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
综上所述：时增区间为；
当时单调递增区间为，单调递减区间为．
由知，当时，有，
所以证当时，，
即证恒成立，
即证，
即证，
令，
则，
令，
则，
因为，所以，
所以在上单调递增．
所以，所以，
所以在上单调递减．
因为，所以，
所以，
即当时，．
【解析】先对函数求导，将得出代入函数和导函数分别得切点和切线斜率，再根据点斜式即可得切线方程．
明确导数和定义域，根据导数特征分类讨论求出导数正负区间范围即可得函数的单调性．
先得出时，再将问题转化成证，则只需求证即可．
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