2023-2024学年云南省临沧市云县高二（下）期末数学试卷（含答案）

2023-2024学年云南省临沧市云县高二（下）期末数学试卷
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.已知向量，若，则( )
A. B. C. D.
2.已知集合，，则( )
A. B.
C. D.
3.已知以坐标轴为对称轴，原点为对称中心，其中一条渐近线为，则此双曲线的离心率为( )
A. B. C. 或 D. 或
4.清华大学、北京大学、上海交通大学、复旦大学均有数学强基招生计划，若某班有位学生每人从上述四所学校中任选一所报名，则恰有一所学校无人选报的不同方法数共有( )
A. B. C. D.
5.已知服从正态分布的随机变量在区间，和内取值的概率约为，和若某校高一年级名学生的某次考试成绩服从正态分布，则此次考试成绩在区间内的学生大约有( )
A. 人 B. 人 C. 人 D. 人
6.“中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二除以余，五五数之剩三除以余，七七数之剩二除以余，问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数满足二二数之剩一，三三数之剩一，将符合条件的所有正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为( )
A. B. C. D.
7.已知，则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
8.在正方体中，平面经过点、，平面经过点、，当平面、分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值为( )
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.某商家统计了最近个月某产品的销量，如表所示：若与线性相关，且线性回归方程为，则( )
时间
销售量万只
A. 由题中数据可知，变量与负相关 B. 当时，残差为
C. 可以预测当时销量约为万只 D.
10.已知函数，则( )
A. 当时，在上单调递减
B. 当时，在上恒成立
C. 有个零点，则
D. 有极值，则
11.数列满足且，则( )
A. B.
C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知虚数，， ______写出一个符合题意的即可．
13.已知抛物线：，为坐标原点，为抛物线的焦点，点，为抛物线上两点，且满足，过原点作交于点，若点的坐标为，则抛物线的方程为______．
14.已知函数的部分图象如图所示，则 ______，方程的解为______．
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
某商场举办摸球答题赢购物券活动，顾客在商场内消费达到一定金额即可参与一次摸球答题活动中，顾客在装有个黑球和个白球的盒子中随机摸一个球每个球除颜色外完全相同，若摸到黑球，在类题目中任抽一个回答，答对可获得一张购物券；若摸到白球，在类题目中任抽一个回答，答对可获得一张购物券假设每次摸球互不影响，且回答的题目不会重复已知小明答对每个类题目的概率均为，答对每个类题目的概率均为．
若小明在一次活动中获得了购物券，求他在摸球时摸到的是黑球的概率；
若小明连续参与三次活动共获得了张购物券，求的分布列及数学期望．
16.本小题分
记的内角，，的对边分别为，，，已知．
若，，成等差数列，求的面积；
若，求．
17.本小题分
如图，在三棱锥中，，，点是的中点，平面．
求；
点在直线上，二面角的正弦值为，求三棱锥的体积．
18.本小题分
已知为圆上一个动点，垂直轴，垂足为，为坐标原点，的重心为．
求点的轨迹方程；
记中的轨迹为曲线，直线与曲线相交于、两点，点，若点恰好是的垂心，求直线的方程．
19.本小题分
英国物理学家、数学家艾萨克牛顿与德国哲学家、数学家戈特弗里德莱布尼茨各自独立发明了微积分，其中牛顿在流数法与无穷级数一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法牛顿法如图，具体做法如下：一个函数的零点为，先在轴找初始点，然后作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线，以此类推，直到求得满足精度的零点近似解为止．
设函数，初始点，精度，若按上述算法，求函数的零点近似解满足精度时的最小值参考数据：；
设函数，令，且，若函数，，证明：当时，．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.答案不唯一
13.
14. 或
15.解：设事件：小明在摸球时摸到的是黑球，事件：小明获得购物券，
则，，，，
所以，
故所求概率为；
由小明在一次活动中获得购物券的概率为，则，
所以，，，，，
则的分布列为：
则．
16.解：因为，，成等差数列，所以，
又，所以，
在中，由余弦定理可得：，
又，所以，
由得，
所以的面积；
因为，所以，
又因为且，所以，
所以，
整理可得：，
所以，
又因为，所以，
所以，
所以．
17.解：因为，点，是的中点，
所以，
在直角中，，
又平面，所以，
在直角中，，
又因为，
所以，
在直角中，，
所以，解得，
所以．
如图，
以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
取平面的一个法向量，
设，，则，
设平面的法向量，
则，
取，得，
因为二面角的正弦值为，
由图可知，二面角为，
所以，
即，
解得舍或，
所以，
所以
所以，
所以三棱锥的体积为．
18.解：设，，
此时，
因为点为的重心，
所以，，
即，，
因为点在圆上，
所以，
整理得，
因为，
所以，
则点的轨迹方程为；
因为点为的垂心，
所以，，
又，
设直线的方程为，，，
联立，消去并整理得，
此时，
解得，
由韦达定理得，，
因为，
所以，
即，
所以，
整理得，
解得或舍去，
当时，满足．
故直线的方程为．
19.解：令，解得，即．
由函数，则，当，则切线斜率，且，
那么在点处的切线方程为，
令，切线与轴的交点横坐标为，
因为，当，则切线斜率，且，
那么在点处的切线方程为，
令，切线与轴的交点横坐标为．
因为，函数的零点近似解满足精度时的最小值为．
曲线在处的切线为，所以切线与轴交点横坐标为，
当函数时，即，得，
又，则，，
故，
曲线的一条切线方程为，
要证：当时，，即证：，即，
又，故曲线在处的切线方程为，
因为，
故可猜测：当且时，的图象恒在切线的上方．
下证：当时，
证明：设，，
则，
令，则且在上单增，
当时，，故单调递减；当时，，故单调递增，
又，，，，
所以存在，使得，
当时，；当，，
那么在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又，
则，当且仅当时取等号，
故，
易证，故，，当且仅当时取等号．
所以，
即，所以，
即成立，当时等号成立．
故当时，．
结论得证．
第1页，共1页