精品解析：河南省部分中学2023-2024学年高二下学期联考数学试题

河南省部分中学2023—2024学年度下学期联考 高二数学试卷 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、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合补集和交集的运算法则即可计算求解. 【详解】， ∴， 又， ∴. 故选：B. 2. 已知向量满足，且，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，，则，结合数量积运算律化简可解. 【详解】根据题意，，所以， 又，所以， 即，因为， 所以. 故选：A. 3. 已知，则的值为（ ） A. 255 B. 256 C. 511 D. 512 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项式定理写出展开式的通项，令求出，分别令、，再两式相加可得，再减去即可. 【详解】令，得， 令，得， 令，得， 两式相加得， 得， 则. 故选：A. 4. 对于，的最大值为（ ） A. B. C. D. 以上全错 【答案】B 【解析】 【分析】不妨设，由重要不等式得，再根据得即可. 【详解】不妨设， 则 因为， 当且仅当取等号. 所以 . 当且仅当时等号成立. 所以的最大值为. 故选：B. 5. 已知点，动点满足，则取得最小值时，点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，由，得点轨迹方程，，故当且仅当三点共线，且点在 之间时，取得最小值，点轨迹方程与直线联立方程组，求出点的坐标即可. 【详解】设，由，得，化简得 ， 由，得，所以， 故当且仅当三点共线，且点在 之间时，取得最小值， 此时线段的方程为，由并结合， 解得故此时点的坐标为. 故选：C. 6. 在一个口袋中装有大小和质地均相同的5个白球和3个黄球，第一次从中随机摸出一个球，观察其颜色后放回，同时在袋中加入两个与所取球完全相同的球，第二次再从中随机摸出一个球，则此次摸出的是黄球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助全概率公式计算即可得. 【详解】设事件为第一次从中随机摸出一个球的颜色为白色， 事件为第二次再从中随机摸出一个球是黄球， 则 . 故选：B. 7. 三个数的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先将化成统一形式，构造函数，研究单调性进而比较大小即可. 【详解】由题意得，，； 设，则， 当 时，，所以 单调递增，当 时，，所以 单调递减， 又，所以，即，所以. 故选：D 8. 已知函数，若函数在有6个不同零点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，得或，作出函数的图象，结合函数图象，分，和 三种情况讨论即可得解. 【详解】令，即， 解得或， 如图，作出函数的图象， 当时， 有无数个解； 当时，则方程无解， 因为函数在有6个不同零点， 所以方程在有6个不同的实根， 即函数的图象在有6个不同的交点， 由图可知，，所以， 当 时，则方程无解， 则方程在有6个不同的实根， 即函数的图象在有6个不同的交点， 由图可知，，所以， 综上所述，实数a的取值范围是. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：画出函数的图象，根据图象分类讨论是解题的关键. 二、多项选择题（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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知复数，均不为0，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 若 ，，则在复平面内对应的点在第二象限 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，举例判断，对于B，利用共轭复数的定义分析判断，对于C，直接计算判断，对于D，设，，然后计算判断. 【详解】对于A，与不一定相等，当时，，，故A错误； 对于B，共轭复数只有虚数部分正负号变化，所以，故B正确； 对于C，因为，所以在复平面内对应的点在第二象限，故C正确； 对于D，，，则， 所以，故D正确． 故选：BCD． 10. 在中，内角所对的边分别为，其中，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 面积的最大值为 C. 若 为边 的中点，则 的最大值为3 D. 若为锐角三角形，则其周长的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A,用余弦定理可解；对于B，用面积公式，结合基本不等式可解；对于C，用两次余弦定理，互补角余弦值互为相反数来构造方程可解；对于D，周长问题，边化角，用三角函数解题． 【详解】对于A,由题意可知，利用余弦定理得，，因为，所以，故A正确； 对于B，由上述可知，的面积，且易知，解出，当且仅当时取等号，此时，故B错误； 对于C，在和中，对 和 利用余弦定理，，化简后有，由B知，的最大值为12，因此 最大为3，故C正确； 对于D，利用正弦定理，，则，于是的周长， 由于是锐角三角形，因此即解出， 则则，则，故D正确. 故选：ACD. 11. 如图，正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（ ） A. 在底面 内（包括边界）运动，若//平面，则 的轨迹长度为 B. 在底面 内（包括边界）运动，若直线与平面 所成角为，则 的轨迹长度为 C. 以为球心，为半径作球，则球面与正方体的表面的交线长为 D. 以 为球心，为半径作球，则球面与正方体的表面的交线长为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，构造平面平面,得点 的轨迹为平面与平面 的交线的长；对于B，经分析得到点 在以点 为圆心，半径为1的圆弧上，计算即得轨迹长；对于C，D,先判断球面与正方体的哪些表面有交线，再利用弧长公式求解即得. 【详解】 对于A，如图1，连接,因,且，则得为平行四边形， 则,又平面,平面,则有平面, 同理平面，又,平面,故得平面平面, 因 在底面ABCD内（包括边界）运动，且//平面，平面平面 ， 则点 在线段上运动， 的轨迹长度为的长，故A正确； 对于B，如图2，因 平面 ,是在平面 上的射影， 故即直线与平面 所成角，由可得, 即点 在以点 为圆心，半径为1的圆弧上，故 的轨迹长度为，故B错误； 对于C，如图3，因，故以为球心，为半径的球的球面只与 三个平面有交线，交线分别为长度相等的三段弧. 连接,在中，,则， 易得,故,于是的长为， 故球面与正方体的表面的交线长为，故C正确； 对于D，如图4，因，故以 为球心，为半径的球的球面与正方体的六个面都有交线， 分别是,其中三段弧相等，三段弧相等. 在中，，易得,故, 于是的长为；又在中，, 于是的长为；故球面与正方体的表面的交线长为：,故D正确. 故选：ACD. 【点睛】思路点睛：本题主要考查与正方体有关的动点轨迹和截面交线问题，属于难题. 解题思路在于分析题意，找出轨迹图形和交线位置，再运用弧长公式等数学知识求解即可. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知长方体中，，点为矩形 内一动点，记二面角 的平面角为，直线与平面 所成的角为，若 ，则三棱锥体积的最小值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，判断得的轨迹为抛物线一部分，建立平面直角坐标系，写出直线和抛物线段的方程，由题意，计算点到线段的最短距离，再由等体积法计算三棱锥最小体积. 【详解】如图，作平面 ，垂足为，再作，垂足为， 连接，则，，由 ，则， 又、平面 ，故，，则， 由抛物线定义可知，的轨迹为以为焦点，以 为准线的抛物线一部分， 所以的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分， 当点到线段距离最短时，三角形面积最小，即三棱锥体积最小， 取中点为原点，建立如图所示平面直角坐标系， 则，，， 则直线的方程为：，即， 抛物线的方程为，则， 由题意，令，得，代入，得， 所以点的坐标为，所以到直线的最短距离为： ，因为， 所以， 所以三棱锥体积的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：求解本题的关键是能判断出点的轨迹为抛物线一部分，再建立平面直角坐标系，求解到直线的最短距离，利用等体积法求解三棱锥的最小体积. 13. 在数列中，已知，，则数列的前2024项和__________． 【答案】 【解析】 【分析】由，得到，利用累乘法得到数列的通项公式，再用裂项相消，即可求解. 【详解】因为，所以， 所以， 因此， 故答案为：. 14. 甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_________. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可. 【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为. 对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在该轮得分的概率，所以. 从而. 记. 如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以； 如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以. 而的所有可能取值是0，1，2，3，故，. 所以，，两式相减即得，故. 所以甲的总得分不小于2的概率为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 记数列的前n项和为，已知 ． （1）若 ，证明：是等比数列； （2）若是和的等差中项，设，求数列的前n项和为． 【答案】（1） 对 ①，当时，有 ②， ：，即， 经整理，可得， ，故是以 为首项、 为公比的等比数列． （2） 【解析】 【分析】（1）利用公式得到数列的递推公式，构造法证明是等比数列； （2）由已知求出，裂项相消求数列的前n项和为． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知 ，有， ， 题设知，即 ，则，故． 而， 故. 16. 某班级有60名同学参加了某次考试，从中随机抽选出5名同学，他们的数学成绩与物理成绩如下表： 数学成绩 140 130 120 110 100 物理成绩 110 90 100 80 70 数据表明与之间有较强的线性相关性. （1）利用表中数据，求关于的经验回归方程，并预测该班某同学的数学成绩为90分时的物理成绩； （2）在本次考试中，规定数学成绩达到125分为数学优秀，物理成绩达到100分为物理优秀. 若该班的数学优秀率与物理优秀率分别为 和，且所有同学中数学优秀但物理不优秀的同学共有6人，请你完成下面的列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为数学成绩与物理成绩有关联？ 数学成绩 物理成绩 合计 物理优秀 物理不优秀 数学优秀 数学不优秀 合计 参考公式及数据：，，，， ，其中. 下表是独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）；63分 （2）列联表详见解析，依据小概率值的独立性检验，数学优秀与物理优秀有关，犯错的概率不超过 . 【解析】 【分析】（1）根据已知条件，结合最小二乘法和经验回归方程的公式，即可求经验性回归方程，将 代入经验回归方程中，即可求解预测值； （2）根据已知条件，计算，与临界值比较得结论. 【小问1详解】 由表中数据可得，，，， 所以，， 故经验回归方程为， 当 时，分， 该班某同学的数学成绩为90分时的物理成绩63分. 【小问2详解】 列联表如下： 数学成绩 物理成绩 合计 物理优秀 物理不优秀 数学优秀 24 6 30 数学不优秀 12 18 30 合计 36 24 60 ， 依据小概率值的独立性检验，数学优秀与物理优秀有关，犯错的概率不超过 . 17. 如图，在四棱锥 中，底面 是边长为2的菱形，平面 平面 ，， ，，点E，F分别为棱PD，BC的中点，点G在线段AF上． （1）证明：平面 ； （2）求点到平面 的距离； （3）设直线 与平面 ，平面 ，平面所成的角分别为，，，求的最大值． 【答案】（1） 连接，取 的中点，连接，因为底面 为菱形，且 ， 所以、 为等边三角形，所以 ，又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 ， 平面 ，所以， 又，，平面 ， 所以平面 ； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，取 的中点，连接，根据面面垂直的性质得到 平面 ，即可得到，再由，即可得证； （2）利用等体积法求出点到平面的距离； （3）连接，，取的中点，连接，确定直线 与平面 ，平面 ，平面所成的角，再根据锐角三角函数得到，设 ，，利用换元法求出函数的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面 ， 平面 ，所以， ， 又， ，，所以， 所以， 又，所以， 设点到平面 的距离为，则，即， 解得，即点到平面 的距离. 【小问3详解】 连接，，则且， 又平面 ，所以 平面 ，则为直线 与平面 所成的角，即，所以， 取的中点，连接，则且， 又为 中点，所以，又，所以 ， 由平面 ，平面 ，所以， ， 又 ， 平面，所以平面，则平面， 又，平面 ，所以 平面 ， 连接 ，，则为直线 与平面所成的角，即， 所以， 为直线 与平面 所成的角，即， 所以， 所以， 又，设 ，， 所以， 所以， 令，则， 所以 ， 因为，所以， 所以当时取得最大值，且最大值为， 所以. 18. 已知双曲线的右焦点为，双曲线与抛物线 交于点. （1）求的方程； （2）作直线与的两支分别交于点，使得 ，求证：直线过定点. 【答案】（1）的方程分别为，； （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由双曲线的右焦点坐标和点的坐标，联立方程组，求得 的值，求得双曲线的标准方程；将点的坐标代入抛物线方程，求得的值，进而求得抛物线的标准方程； （2）先设定直线的方程，并与双曲线方程联立，由韦达定理形式表达 ，化简表达式，进而证明结论即可. 【小问1详解】 双曲线的焦点为，过点 ， 则有，解得，则， 由抛物线也过 ，得， ，则， 所以的方程分别为，. 【小问2详解】 由于点在双曲线左右两支上，则直线的斜率存在， 设的方程为：， 由，消去y得：， ，即， ，， 即， 又，故， 由 ，得， 即， 整理得：，即， 显然不在直线上，即， 于是，满足 ， 因此直线的方程为，即， 恒过定点，所以直线过定点. 【点睛】思路点睛：直线过定点问题的一般解法有以下几种：（1）特殊值法：对题中所给的直线方程里的未知量设特殊值，可得到特定的直线，求出交点后再将交点代入原方程验证，如果满足则证明该点是直线恒过的定点；（2）构造法：通过构造一个过定点的直线方程，与原方程联立求解，得出定点的坐标；（3）换元法：将直线方程通过换元转化为点斜式，从而证明直线恒过某定点，并求出定点坐标；（4）参数分离法：将直线方程中的参数分离，通过解方程组得出定点坐标. 19. 帕德近似（Pade approximation）是法国数学家帕德（Pade）于l9世纪末提出的，其基本思想是将一个给定的函数表示成两个多项式之比的形式，具体是：给定两个正整数m，n，函数 在处的帕德近似为，其中，，，…，（为的导数）．已知函数 在处的阶帕德近似为． （1）求实数a，b的值； （2）证明：当时，；并比较与的大小． 【答案】（1） （2）证明见详解；. 【解析】 【分析】（1）由帕德近似的定义，得，求得答案； （2）令，利用导数判断单调性证明；由在恒成立，取，代入可得，又，得解. 【小问1详解】 ，， ，， 又，， 由，， 得，. 【小问2详解】 令， 则，对恒成立， 所以在上单调递增，又， ，即在成立， 因为在恒成立， ，又， 所以. 【点睛】关键点睛：本题第二问解题的关键是构造函数，利用导数证明，进而运算得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省部分中学2023—2024学年度下学期联考 高二数学试卷 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、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量满足，且，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则的值为（ ） A. 255 B. 256 C. 511 D. 512 4. 对于，的最大值为（ ） A. B. C. D. 以上全错 5. 已知点，动点满足，则取得最小值时，点的坐标为（ ） A. B. C. D. 6. 在一个口袋中装有大小和质地均相同的5个白球和3个黄球，第一次从中随机摸出一个球，观察其颜色后放回，同时在袋中加入两个与所取球完全相同的球，第二次再从中随机摸出一个球，则此次摸出的是黄球的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 三个数的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若函数在有6个不同零点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知复数，均不为0，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 若 ，，则在复平面内对应的点在第二象限 D. 10. 在中，内角所对的边分别为，其中，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 面积的最大值为 C. 若 为边的中点，则的最大值为3 D. 若为锐角三角形，则其周长的取值范围为 11. 如图，正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（ ） A. 在底面内（包括边界）运动，若//平面，则的轨迹长度为 B. 在底面内（包括边界）运动，若直线与平面所成角为，则的轨迹长度为 C. 以为球心，为半径作球，则球面与正方体的表面的交线长为 D. 以 为球心，为半径作球，则球面与正方体的表面的交线长为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知长方体中，，点为矩形 内一动点，记二面角 的平面角为，直线与平面所成的角为，若 ，则三棱锥体积的最小值为_________. 13. 在数列中，已知，，则数列的前2024项和__________． 14. 甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 记数列的前n项和为，已知 ． （1）若 ，证明：是等比数列； （2）若是和的等差中项，设，求数列的前n项和为． 16. 某班级有60名同学参加了某次考试，从中随机抽选出5名同学，他们的数学成绩 与物理成绩如下表： 数学成绩 140 130 120 110 100 物理成绩 110 90 100 80 70 数据表明与 之间有较强的线性相关性. （1）利用表中数据，求关于 的经验回归方程，并预测该班某同学的数学成绩为90分时的物理成绩； （2）在本次考试中，规定数学成绩达到125分为数学优秀，物理成绩达到100分为物理优秀. 若该班的数学优秀率与物理优秀率分别为 和，且所有同学中数学优秀但物理不优秀的同学共有6人，请你完成下面的列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为数学成绩与物理成绩有关联？ 数学成绩 物理成绩 合计 物理优秀 物理不优秀 数学优秀 数学不优秀 合计 参考公式及数据：，，，， ，其中. 下表是独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17. 如图，在四棱锥 中，底面是边长为2的菱形，平面 平面，， ，，点E，F分别为棱PD，BC的中点，点G在线段AF上． （1）证明：平面； （2）求点到平面 的距离； （3）设直线 与平面，平面 ，平面所成的角分别为，，，求的最大值． 18. 已知双曲线的右焦点为，双曲线与抛物线 交于点. （1）求的方程； （2）作直线与的两支分别交于点 ，使得 ，求证：直线 过定点. 19. 帕德近似（Pade approximation）是法国数学家帕德（Pade）于l9世纪末提出的，其基本思想是将一个给定的函数表示成两个多项式之比的形式，具体是：给定两个正整数m，n，函数 在处的帕德近似为，其中，，，…，（为的导数）．已知函数 在处的阶帕德近似为． （1）求实数a，b的值； （2）证明：当时，；并比较与的大小． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $