精品解析：四川省成都外国语学校2023-2024学年高二下学期零诊模拟数学试题

成都外国语学校2023—2024学年度下期零诊模拟 高二数学试卷 注意事项： 1．本试卷分第I卷和第II卷两部分； 2．本堂考试120分钟，满分150分； 3．答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答题卡上，并使用2B铅笔填涂； 4．考试结束后，将答题卡交回． 第I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，只有一项符合题目要求． 1. 等差数列中，设前项和为，，则等于（ ） A. 80 B. 85 C. 90 D. 95 2. 函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 3. 已知事件，且，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 的展开式中的系数为（ ） A. 7 B. 23 C. －7 D. －23 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. 780人 B. 763人 C. 655人 D. 546人 6. 小张同学将一块棱长为的正方体形状橡皮泥重新捏成一个正四面体（过程中橡皮泥无损失），则该四面体外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 2022年10月16日至10月22日，中国共产党第二十次全国人民代表大会在北京召开．会议圆满结束后，某市为了宣传好二十大会议精神，市宣传部决定组织去甲、乙、丙、丁4个村开展二十大宣讲工作，每村至少1人，其中A不去甲村，且不去同一个村，则宣讲的分配方案种数为（ ） A. 158 B. 162 C. 180 D. 198 8. 已知函数的定义域为R，其导函数为，且满足，，则不等式的解集为（ ）． A. B. C. D. 二、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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知的焦点为，斜率为且经过点的直线与抛物线C交于点两点（点在第一象限），与抛物线的准线交于点，若，则（ ） A. B. F为线段的中点 C. D. 10. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示.下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（ ） A. B. 第2023行中从左往右第1011个数与第1012个数相等 C. 记第行的第个数为，则 D. 第20行中第12个数与第13个数之比为 11. 经研究发现：任意一个三次多项式函数的图象都只有一个对称中心点，其中是的根，是的导数，是的导数．若函数图象的对称点为，且不等式对任意恒成立，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的值可能是 D. 的值可能是 第II卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在点处的切线方程为________________. 13. 等比数列的前项和为，且数列的公比为32，则______． 14. 已知椭圆的左､右焦点分别为，以线段为直径的圆交于两点，其中点在第一象限，点在第三象限，若，则的离心率的取值范围是__________. 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. 第19届亚运会于2023年9月23日在我国杭州举行，浙江某大学举办了一次主题为“喜迎杭州亚运，讲好浙江故事”的知识竞赛，并从所有参赛大学生中随机抽取了100人，统计发现他们的竞赛成绩分数均分布在内，根据调查的结果绘制了学生分数频率分布直方图，如图所示．高于850分的学生被称为“特优选手”． （1）求a的值，并估计该校学生分数的第70百分位数和平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）现采用分层抽样的方式从分数在，内的两组学生中共抽取10人，再从这10人中随机抽取4人，记被抽取的4名学生中是“特优选手”的人数为随机变量X，求X的分布列及数学期望． 16. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面，，点是棱的中点，点在棱上. （1）当点在什么位置时，使得平面； （2）若面与面所成角的正弦值为，求的长. 17. 已知双曲线一个焦点到渐近线的距离为，且离心率为2． （1）求双曲线的标准方程； （2）设分别是双曲线左、右两支上的动点，为双曲线的左顶点，若直线的斜率分别为，且，求直线的方程． 18. 已知函数． （1）已知，试比较与的大小； （2）记函数的极大值点为，已知表示不超过的最大整数，求． 19. 已知数列的前项和为，若存在常数，使得对任意都成立，则称数列具有性质． （1）若数列为等差数列，且，求证：数列具有性质； （2）设数列的各项均为正数，且具有性质． ①若数列是公比为的等比数列，且，求的值； ②求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都外国语学校2023—2024学年度下期零诊模拟 高二数学试卷 注意事项： 1．本试卷分第I卷和第II卷两部分； 2．本堂考试120分钟，满分150分； 3．答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答题卡上，并使用2B铅笔填涂； 4．考试结束后，将答题卡交回． 第I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，只有一项符合题目要求． 1. 等差数列中，设前项和为，，则等于（ ） A. 80 B. 85 C. 90 D. 95 【答案】B 【解析】 【分析】由等差数列的前项和公式和等差中项的性质计算即可. 【详解】由题意可得， 故选：B. 2. 函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先得出函数的定义域，再令，解不等式即可. 【详解】函数的定义域为，，令，解得：， 多取一个端点不影响单调性，所以在上单调递减. 故选：D 3. 已知事件，且，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据概率的乘法公式及条件概率公式计算即可. 【详解】由条件概率公式知：， 则. 故选：D. 4. 的展开式中的系数为（ ） A. 7 B. 23 C. －7 D. －23 【答案】A 【解析】 【分析】通过和的展开式通项来得到展开式中的系数. 【详解】的展开式通项为， 的展开式通项为， 所以的展开式中的系数为 . 故选：A 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. 780人 B. 763人 C. 655人 D. 546人 【答案】C 【解析】 【分析】根据正态曲线的性质求出，即可估计人数. 【详解】依题意，所以，， 则，， 所以 ， 所以此次考试成绩在区间内的学生大约有（人）. 故选：C 6. 小张同学将一块棱长为的正方体形状橡皮泥重新捏成一个正四面体（过程中橡皮泥无损失），则该四面体外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得，正方体的体积即为正四面体的体积，求出正四面体的棱长，根据外接球的特征列式求出外接球的半径，得解. 【详解】设正四面体的棱长为a，由题意可得，正方体的体积即为正四面体的体积， 设正四面体如图，F为为底面的中心，E为的中点，F在上， O为正四面体外接球的球心，则为四面体的高，O在上， 则，则， 即得，所以， 又设正四面体外接球的半径R， 则，即，即得， 故外接球体积为. 故选：C． 7. 2022年10月16日至10月22日，中国共产党第二十次全国人民代表大会在北京召开．会议圆满结束后，某市为了宣传好二十大会议精神，市宣传部决定组织去甲、乙、丙、丁4个村开展二十大宣讲工作，每村至少1人，其中A不去甲村，且不去同一个村，则宣讲的分配方案种数为（ ） A. 158 B. 162 C. 180 D. 198 【答案】B 【解析】 【分析】分A单独去某一个村和A和中的某一个一起去某个村两种情况，结合排列组合知识求出每种情况下分配方法，相加即可. 【详解】当A单独去某一个村时，从乙、丙、丁3个村中选择1个安排，有种情况， 剩下的4个人安排到3个村，有种情况， 故有种情况， 当A和中的某一个一起去某个村时， 先从选择1个，再从乙、丙、丁3个村中选择1个安排，有种情况， 再安排另外3个人，每个人去1个村，有种情况， 故有种情况， 综上，共有种情况. 故选：B 8. 已知函数的定义域为R，其导函数为，且满足，，则不等式的解集为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由题中条件求出，根据不等式可构造，利用为偶函数且在区间上单调递增可解. 【详解】由得，即， 可设， 当时，因得， 所以， 可化为， 即， 设， 因，故为偶函数 ， 当时，因，， 故，所以在区间上单调递增， 因， 所以当时的解集为， 又因为偶函数，故的解集为. 故选：C 二、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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知的焦点为，斜率为且经过点的直线与抛物线C交于点两点（点在第一象限），与抛物线的准线交于点，若，则（ ） A. B. F为线段的中点 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】由题意可得直线的方程为，联立直线和抛物线方程得到，．求出的值， 过点作垂直准线于点，得到为线段的中点即得解. 【详解】易知，由题意可得直线的方程为． 由，消去并整理，得， 解得，． 由，得，故正确; ∴，故错误; 过点作垂直准线于点，易知， ∴，∴．故正确. ∵，∴为线段的中点．故正确; 故选：． 10. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示.下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（ ） A. B. 第2023行中从左往右第1011个数与第1012个数相等 C. 记第行的第个数为，则 D. 第20行中第12个数与第13个数之比为 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A：利用性质计算即可；对于B：利用的展开式的二项式系数计算；对于C：代入，利用二项式定理计算即可；对于D：利用的展开式的二项式系数计算 【详解】对于A： ，A错误； 对于B：第2023行中的数为的展开式的二项式系数， 则从左往右第1011个数为，第1012个数为，，B错误； 对于C：第行的第个数为， 则，C正确； 对于D：第20行中的数为的展开式的二项式系数， 则从左往右第12个数为，第13个数为， 则，D正确. 故选：AB. 11. 经研究发现：任意一个三次多项式函数的图象都只有一个对称中心点，其中是的根，是的导数，是的导数．若函数图象的对称点为，且不等式对任意恒成立，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的值可能是 D. 的值可能是 【答案】ABC 【解析】 【分析】先根据题意求出的解析式，再对不等式分离参数转化为对任意恒成立，通过同构和切线不等式放缩得到即可求解. 【详解】由题意可得，因为，所以，所以， 解得，所以． 因为，所以等价于对任意恒成立．令，则. 设，则，从而在上单调递增．因为，所以，即， 则（当且仅当时，等号成立）， 从而，所以． 故选：ABC． 【点睛】方法点睛：分离参数法破解不等式的恒成立问题的步骤： 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． 第II卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在点处的切线方程为________________. 【答案】 【解析】 【分析】首先求出切点为，再利用导数的几何意义求切线即可. 【详解】，切点为， ，， 所以切线方程为：，即. 故答案为： 13. 等比数列的前项和为，且数列的公比为32，则______． 【答案】8 【解析】 【分析】根据的公比，求出的公比，利用等比数列的通项公式即可求解. 【详解】设的公比为，则的公比为， 则的公比，则． 故答案为： 14. 已知椭圆的左､右焦点分别为，以线段为直径的圆交于两点，其中点在第一象限，点在第三象限，若，则的离心率的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先画出图形，设，，根据椭圆的定义和圆的性质得到，，从而得到，再构造函数求其范围即可. 【详解】如图所示： 设，，因为点在第一象限，所以. 又因为均在以线段为直径的圆上， 所以四边形为矩形，即. 因为，所以，即. 因为，， 所以，即. 因为， 设，，即，. 因为，所以在区间单调递增. 所以，即. 当时，解得，即，解得； 当时，解得，即，即. 综上. 故答案为： 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. 第19届亚运会于2023年9月23日在我国杭州举行，浙江某大学举办了一次主题为“喜迎杭州亚运，讲好浙江故事”的知识竞赛，并从所有参赛大学生中随机抽取了100人，统计发现他们的竞赛成绩分数均分布在内，根据调查的结果绘制了学生分数频率分布直方图，如图所示．高于850分的学生被称为“特优选手”． （1）求a的值，并估计该校学生分数的第70百分位数和平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）现采用分层抽样的方式从分数在，内的两组学生中共抽取10人，再从这10人中随机抽取4人，记被抽取的4名学生中是“特优选手”的人数为随机变量X，求X的分布列及数学期望． 【答案】（1），， （2） X 0 1 2 3 4 P . 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图的特征、百分位数、平均数的计算公式计算即可； （2）根据分层抽样的法则先确定两组抽取到的人数，再由离散型随机变量的分布列及期望公式计算即可. 【小问1详解】 由频率分布直方图知， 设第70百分位数为x，前两组所占频率为， 前三组所占频率为，则x位于第三组数据中， 所以， 平均数 ； 【小问2详解】 由（1）知分数在，内的两组学生分别有 人， 所以各自抽取的人数分别为人， 显然“特优选手”有4人， 故X可取，， ， 所以其分布列为： X 0 1 2 3 4 P . 16. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面，，点是棱的中点，点在棱上. （1）当点在什么位置时，使得平面； （2）若面与面所成角的正弦值为，求的长. 【答案】（1）当时，平面 （2）3 【解析】 【分析】（1）取中点，当时，证明出四边形为平行四边形，则得，再由线面平行的判断得到平面； （2）在平面中，作于，由面面垂直性质定理得到平面，建立空间直角坐标系，设点，进而表示所需向量坐标求解面与面的法向量，进而得到夹角的余弦值，建立方程求解出即可得到的长. 【小问1详解】 当时，平面 取中点，连接， 因为，分别为和中点， 由梯形的中位线定理得，且， 当时，即时，因为正方形， 所以，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，因为平面， 面， 所以平面 【小问2详解】 在平面中，作于， 因为平面平面，平面平面， 又，平面， 所以平面， 在正方形中，过作的平行线交于点，则.， 分别以为轴，建立空间直角坐标系， 因为四边形是等腰梯形，，所以， 又，所以， 可得, ， 所以, ， 设平面的法向量为， 由,则有，取， 设，则， 设平面的法向量为， 由则有，取， 因为面与面所成角的正弦值为， 所以， 解得或（舍去）， 所以. 17. 已知双曲线一个焦点到渐近线的距离为，且离心率为2． （1）求双曲线的标准方程； （2）设分别是双曲线左、右两支上的动点，为双曲线的左顶点，若直线的斜率分别为，且，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）首先得到渐近线方程，由点到直线的距离公式求出，再由离心率公式求出，即可得解； （2）首先判断直线的倾斜角不为零，设直线的方程为，，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，由斜率的关系求出，由弦长公式求出，即可得解. 【小问1详解】 由题知双曲线的渐近线方程为， 不妨设，则焦点到渐近线的距离， 的离心率为， 故双曲线的标准方程为． 【小问2详解】 由（1）可得， 当直线的倾斜角为零时，由，得直线的方程为， 代入双曲线方程可得，不妨令，， 则，不符合题意，则直线的倾斜角不为零， 设直线的方程为，，， 联立，消去整理得， ，，， ． ，， ，， ， ， ， 即， ， ， 或． 当时，，不符合题意，． ，， ， 解得，故直线的方程为． 综上，直线的方程为或． 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 18. 已知函数． （1）已知，试比较与的大小； （2）记函数的极大值点为，已知表示不超过的最大整数，求． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】(1)构造两个函数的差函数，利用导数比较两个函数的大小关系， （2）利用导数，结合隐零点求出从而求解. 【小问1详解】 当时，， 所以； 当时，， 所以， 即． 【小问2详解】 因为 所以 令，得或 因为在上单增， 故在有根，可知在上增，上减，在上增 所以，的极大值点为且 且． 故 所以， 故． 19. 已知数列的前项和为，若存在常数，使得对任意都成立，则称数列具有性质． （1）若数列为等差数列，且，求证：数列具有性质； （2）设数列的各项均为正数，且具有性质． ①若数列是公比为的等比数列，且，求的值； ②求的最小值． 【答案】（1）证明见解析； （2）①；②的最小值为4. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出等差数列的公差，进而求出通项公式及前项和，再利用定义判断即得. （2）①根据给定条件，可得，再按，探讨，当时，，又按且讨论得解；②由定义，消去结合基本不等式得，再迭代得，借助正项数列建立不等式求解即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，由，得， 解得，则， 于是，即， 所以数列具有性质． 【小问2详解】 ①由数列具有性质，得，又等比数列的公比为， 若，则，解得，与为任意正整数相矛盾； 当时，，而，整理得， 若，则，解得，与为任意正整数相矛盾； 若，则，当时，恒成立，满足题意； 当且时，，解得，与为任意正整数相矛盾； 所以. ②由，得，即， 因此，即， 则有， 由数列各项均为正数，得，从而，即， 若，则，与为任意正整数相矛盾， 因此当时，恒成立，符合题意， 所以的最小值为4． 【点睛】易错点睛：等比数列公比q不确定，其前n项和直接用公式处理问题，漏掉对的讨论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $