【文档说明】甘肃省白银市靖远县第一中学2023-2024学年高二下学期6月期末模拟考试 数学 PDF版含解析.pdf，共(14)页，5.170 MB，由小赞的店铺上传

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#}{#{QQABDQSEogiAAJBAAQhCEQEqCgMQkAACCQgOQAAEoAAAwQNABAA=}#}{#{QQABDQSEogiAAJBAAQhCEQEqCgMQkAACCQgOQAAEoAAAwQNABAA=}#}2023—2024年度高二年级下学期期末考试模拟卷数学参考

答案1.D∵A={x|0≤x≤2},∴∁UA={x|x<0或x>2}.∵B={x|x>0},∴(∁UA)∩B={x|x>2}.2.B(i-1)21+i=-2i1+i=-2i(1-i)2=-1-i.3.B因为a2=4,b2=9,所以a=2,b=3,所以该双曲线的

渐近线方程为y=±23x,即2x±3y=0.4.C因为S2=3a2,所以a1=2a2,所以公比q=12,所以𝑆3𝑎3=𝑎1(1-𝑞3)1-𝑞𝑎1𝑞2=1-𝑞3𝑞2(1-q)=7.5.Df'(x)=𝑎𝑥-1=𝑎-𝑥𝑥(x>0),令f'(x)

>0,可得0<x<a.因为f(x)的单调递增区间是(0,2),所以a=2.6.B由散点图可知,y与x成线性相关,设回归方程为y=m+kx,由题意z=𝑦𝑥,所以z=𝑚𝑥+k,对应B项最适合.7.C设F1为椭圆的左焦点,连接P2F1,P3F1.由椭圆

的对称性可知,|P2F1|=|P8F|,|P3F1|=|P7F|,所以|P2F|+|P3F|+|P7F|+|P8F|=4a=4×5=20.8.Ay=|lnx|=ln𝑥,𝑥≥1,-ln𝑥,0<𝑥<1,直线y=kx+2过点A(0,2),设

P(t,lnt)(t≥1),所以在P点处的y=lnx(x≥1)的切线方程为y-lnt=1𝑡(x-t),即y=1𝑡x-1+lnt,将点A(0,2)代入得2=-1+lnt,t=e3,P(e3,3).lne5=5,即Q(e5,5)在函数y=lnx(x≥1)的图象上,kAP

=3-2e3-0=1e3,kAQ=5-2e5-0=3e5.要使方程|lnx|=kx+2在区间(0,e5)上恰有3个不等实数根,则k∈(kAQ,kAP),即k的取值范围是3e5,1e3.9.AD由表格数据可得χ2=105×(10×30-20×45)230×75×55

×50≈6.1.又6.1>3.841,所以由参考数据知能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为药物有效,故A项正确;又6.1>5.024,所以由参考数据知能在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为药物

有效,故B项错误;又6.1<6.635,所以由参考数据知不能在犯错误的概率不超过0.010的前提下认为药物有效,故C项错误;又6.1<7.879,所以由参考数据知不能在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为药物有效,故D项正确.10.ACD对于选项A,则P(

X=3)=C351231-122=516,所以选项A正确;对于选项B,因为随机变量X服从正态分布N(μ,σ2),且P(x<4)=P(x>-2),所以正态曲线的对称轴是x=4-22=1,则μ=1,选项B错误;对于选项C,由二项分布的方差公式,知D(ξ)=np(1-p)=n(-p2+p)≤𝑛4≤1

,故选项C正确;对于选项D,由题意可知E(ξ)=p,D(ξ)=p(1-p)=-p2+p,由一次函数和二次函数的性质知,当0<p<12时,E(ξ)随着p的增大而增大,D(ξ)随着p的增大而增大,故选项D正确.11.BCD以D为坐标原点,DA,

DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设AB=1,则AA1=2,A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),A1(1,0,2),B1(1,1,2),C1(0,1,2),D1(0,0,2).对于A选项,𝐷𝐴1=(1

,0,2),𝐵𝐷1=(-1,-1,2),则𝐷𝐴1·𝐵𝐷1=-1+4=3,故A1D与BD1不垂直,进而可知BD1与平面A1C1D不垂直,A选项错误.对于B选项,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1B1∥CD∥C1D1且A1B1=CD=C1D1,∴四边形A1B1CD为

平行四边形,∴B1C∥A1D,∵B1C⊄平面A1C1D,A1D⊂平面A1C1D,∴B1C∥平面A1C1D,∴点P到平面A1C1D的距离为定值,又△A1C1D的面积为定值,故三棱锥P-A1C1D的体积为定值,B选项正确.对于C选项,∵A1B1∥AB,∴AB与A1C1所成的角为∠B1A1C1,

∵四边形ABCD为正方形,∴tan∠B1A1C1=1,C选项正确.对于D选项,𝐵1C=(-1,0,-2),𝐴1𝐶1=(-1,1,0),cos￿𝐵1C,𝐴1𝐶1￿=𝐵1C·𝐴1𝐶1|𝐵1C|

|𝐴1𝐶1|=15×2=1010,∴异面直线B1C与A1C1所成角的余弦值为1010,D选项正确.12.-2由题意,不妨取平面ABC的一个法向量n=(1,1,1).因为C(1,0,0),P(x,1,2),所以𝐶𝑃=(x-1,1,2).因为点P在平面ABC内

,所以n·𝐶𝑃=x-1+1+2=x+2=0,解得x=-2.13.30由于线性回归方程＾y=0.9x+12一定经过点(−x,−y),即＾y=0.9x+12一定经过点(20,−y),代入求得−y=30,设丢失的数据为y2,由−y=21+𝑦2+393=30

,得y2=30.14.254令y=1,得x=14,即A14,1.由抛物线的光学性质可知直线AB经过焦点F,设直线AB的方程为y=k(x-1),代入y2=4x,消去y得k2x2-2(k2+2)x+k2=0,则xAxB=1,所以xB=1𝑥𝐴=4

,|AB|=xA+xB+p=254.15.解:(1)依题意可得2×2列联表如下:初中学生高中学生合计满意8565150不满意153550合计100100200所以χ2=200(85×35-15×65)2100×100×150×50=323≈10.667>3.841,所以有95%的把握认为对兴趣小

组的满意度与初、高中学生有关.(2)满意的中学生抽取8×150200=6(人),不满意的学生中抽取8×50200=2(人),依题意,X的可能取值为0,1,2,则P(X=0)=C06C22C28=128,

P(X=1)=C16C12C28=37,P(X=2)=C26C02C28=1528,所以X的分布列如下:X012P128371528所以E(X)=0×128+1×37+2×1528=32.16.解:(1)连接BF,∵点C,

F是𝐴𝐵的两个三等分点,∴BF∥OC,∴BF∥平面OCD,又CD、BE均为圆柱的母线,∴BE∥CD,∴BE∥平面OCD,又BE∩BF=B,∴平面BEF∥平面OCD,又EF⊂平面BEF,∴EF∥平面OCD.(2)连接BC,∵AB是圆O的直径,∴AC⊥BC,

又CD为圆柱的母线,故CD,CA,CB两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,由条件得D(0,0,4),A(2,0,0),C(0,0,0),O(1,3,0),E(0,23,4),M12,332,2,𝐶

𝐴=(2,0,0),𝐶𝑀=12,332,2,设平面ACM的法向量n1=(x,y,z),则𝑛1·𝐶𝐴=2x=0,𝑛1·𝐶𝑀=12x+332y+2z=0,取y=4,得n1=(0,4,-33),显然平面ACD的一个法向量n2=(0,1,0),∴cos<n1,n2>=�

�1·𝑛2|𝑛1||𝑛2|=443=44343,故所求二面角D-AC-M的余弦值为44343.17.解:(1)X的所有取值为0,1,2,由题意知,P(X=0)=C24C02C26=25,P(X=1)=C14C12C26=815,P(X=2)=C04C2

2C26=115,∴X的分布列为X012Y25815115∴E(X)=0×25+1×815+2×115=23.(2)对y=menx(m>0)两边取自然对数,得lny=lnm+nx,设t=lny,∴t=lnm+nx,∵n=6∑𝑖=1�

�𝑖𝑡𝑖-6−x−t6∑𝑖=1𝑥2𝑖-6𝑥2=31.89-6×3.5×1.1691-6×3.52≈0.43,−t=lnm+n−x⇒lnm=−t-0.43−x=1.16-0.43×3.5≈-0.35,又e-0.35≈0.7047,∴m≈0.70,∴y=0.70·e0.43x.1

8.解:(1)由方程组𝑥212+𝑦24=1,𝑥-𝑦+𝑡=0消去y并整理得4x2+6tx+3t2-12=0.因为直线l与椭圆没有公共点,所以Δ=36t2-4×4×(3t2-12)<0,解得t>4或t<-4,所以实数

t的取值范围为(-∞,-4)∪(4,+∞).(2)点P到直线l距离的最大值等价于与直线l平行且与椭圆C相切的直线与直线l间的距离.由(1)知,直线l1:x-y+4=0与直线l2:x-y-4=0与椭圆C相切.当l1与l之间的距离为62时,得𝑡-42=62,解得t=-8

或t=16(舍去);当l2与l之间的距离为62时,得𝑡+42=62,解得t=8或t=-16(舍去).综上所述,所求直线l的方程为x-y-8=0或x-y+8=0.19.解:(1)f'(x)=(x-a)·e𝑥-1e𝑥,令f'(x)=0,得x=a或x=0

.当a>0时,由f'(x)>0,得x>a或x<0,由f'(x)<0,得0<x<a.所以f(x)在(-∞,0)和(a,+∞)上单调递增;在(0,a)上单调递减.当a=0时,由f'(x)=𝑥(e𝑥-1)e𝑥>0,得x∈R,所以f(x)在R上单调递增.当a<0时,由f'(x)>0,

得x<a或x>0;由f'(x)<0,得a<x<0.所以f(x)在(-∞,a)和(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减.综上所述,当a>0时,f(x)在(-∞,0)和(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减

;当a=0时,f(x)在R上单调递增;当a<0时,f(x)在(-∞,a)和(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减.(2)(i)当a∈(0,1)时,g(x)=f(x)-f(0)=f(x)+a-1,g(x)与f(x)的单调性相同,由(1)知,当a∈(0,1

)时,g(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,所以g(a)<g(0)=f(0)-f(0)=0,g(2a+2)=f(2a+2)-f(0)=𝑎+3e2𝑎+2+2a+2>0,所以函数g(x)在区间(0,+∞)内有唯一的零点.(ii)设h

(x)=ex-𝑥1-𝑎-1,则h'(x)=ex-11-𝑎.由h'(x)>0,得x>-ln(1-a);由h'(x)<0,得0<x<-ln(1-a).所以h(x)在(0,-ln(1-a))上单调递减,在(-ln(1-a),+∞)上单调递增.又因为h(0)=0,所以要证明当x∈(

0,x0)时,ex<𝑥1-𝑎+1,即证h(x)<h(0),只要证明h(x0)≤0,即证e𝑥0≤𝑥01-𝑎+1,即证𝑥0+1-ae𝑥0≥1-a.因为f(x0)=f(0),即12𝑥20-ax

0+𝑥0+1-ae𝑥0=1-a,所以只要证明12𝑥20-ax0+𝑥0+1-ae𝑥0≤𝑥0+1-ae𝑥0,即证x0≤2a.因为f(x)在(a,+∞)上单调递增,所以只需证明f(x0)≤f(2a).因为f(x0)=f(0),所以只需证明f(2a)≥f(0).因

为f(2a)-f(0)=𝑎+1e2𝑎-(1-a),设φ(a)=𝑎+1(1-𝑎)e2𝑎-1,a∈(0,1),则φ'(a)=2𝑎2(1-𝑎)2e2𝑎>0,所以φ(x)在(0,1)上单调递增,所以φ(a)>

φ(0)=0,所以f(2a)>f(0),得证.