精品解析：安徽省黄山市2023-2024学年高二下学期7月期末质量检测数学试题

黄山市2023-2024学年度第二学期期末质量检测 高二数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，结合交集的定义与运算即可求解. 【详解】由题意知，， 又， 所以. 故选：B 2. 已知复数，，则复数的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数四则运算化简复数，结合复数虚部的定义求解即可. 【详解】因为复数，，则复数，所以复数的虚部为； 故选：D 3. 的展开式中，常数项为（ ） A. 60 B. -60 C. 120 D. -120 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项式定理通项公式当时，代入通项公式可得到答案. 【详解】依题意有， 令，所以常数项为， 故选：A. 4. 函数图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据奇偶性和的符号，使用排除法可得. 【详解】的定义域为R， 因为 ，所以为偶函数，故CD错误； 又因为，，所以，故B错误. 故选：A 5. 双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率，且点在双曲线C上，则双曲线C的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意设双曲线方程为，则将代入双曲线方程，再结离心率和可求出，从而可求出双曲线方程. 【详解】由题意设双曲线方程为， 因为点在双曲线C上，所以， 因为离心率，所以，得， 所以，则，所以， 所以，得，则， 所以双曲线方程为. 故选：C 6. 如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，，∠ABC=60°，AA1⊥平面ABCD，M是AD的中点，则直线AD1与直线C1M所成角的正弦值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 分析】建立空间坐标系，即可利用向量夹角求解. 【详解】取中点，连接，， 由菱形得为等边三角形， 为中点，，又，， 又平面， 以为坐标原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴建立直角坐标系，如图： ,0,0,,,1,,,0,,,1,,，,，,1,，，, 所以, 故, 故直线AD1与直线C1M所成角的正弦值为 故选：B 7. 第33届夏季奥林匹克运动会预计2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办.假设这届奥运会将新增4个表演项目，现有A，B，C三个场地申请承办这4个新增项目的比赛，每个场地至多承办其中3个项目，则不同的安排方法有（ ） A. 144种 B. 84种 C. 78种 D. 60种 【答案】C 【解析】 【分析】分，,和三种情况，结合排列组合知识进行求解. 【详解】若三个场地分别承担个项目，则有种安排， 若三个场地分别承担个项目，则有种安排， 若三个场地分别承担个项目，则有种安排， 综上，不同的安排方法有种. 故选：C. 8. 等比数列的前n项和为，前n项积为，，，当最小时，n的值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先根据基本量运算得出通项公式，再化简已知式子结合单调性求最值即可求参. 【详解】因为是等比数列，所以, 又因为所以, , , , 因为单调递增，开口向上取最小值， 当时取最小值. 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. 下列命题为真命题的是（ ） A. 将一组数据中的每一个数据都加上同一个正数后，方差变大 B. 若变量和之间的相关系数，则变量和之间的负相关性很强 C. 在回归分析中，决定系数的模型比决定系数的模型拟合的效果要好 D. 某人每次射击击中靶心的概率为，现射击10次，设击中次数为随机变量，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据方差的性质可判断A，根据相关系数与决定系数的定义可判断B、C，由，可判断D， 【详解】对于A， 将一组数据中的每一个数据都加上同一个正数后，其方差不变，故A错误； 对于B，由相关系数的意义，当越接近1时，表明变量和之间的相关性很强，由于变量和之间的相关系数，则变量和之间的负相关性很强，故B正确； 对于C，用决定系数的值判断模型的拟合效果，越大，模型拟合效果越好，故C错误； 对于D，由于，则，所以，故D正确； 故选：BD 10. 已知点，，动点在圆：上，则（    ） A. 直线截圆所得的弦长为 B. 的面积的最大值为151 C. 满足到直线的距离为的点位置共有3个 D. 的取值范围为 【答案】CD 【解析】 【分析】根据点到直线的距离公式，结合勾股定理即可求解弦长判断A，根据三角形的面积公式，结合圆的性质即可求解B，根据圆上的点到直线的距离的范围，即可求解C，根据向量的数量积的运算量，结合坐标运算即可求解D. 【详解】对于A，因为，，所以直线的方程为，圆心到直线的距离为， 又因为圆的半径，所以直线截圆所得的弦长为，A错误． 对于B，易知，要想的面积最大，只需点到直线的距离最大，而点到直线的距离的最大值为， 所以的面积的最大值为，B错误． 对于C，当点在直线上方时，点到直线的距离的范围是，即， 由对称性可知，此时满足到直线的距离为的点位置有2个． 当点在直线下方时，点到直线距离的范围是，即， 此时满足到直线的距离为的点位置只有1个． 综上所述，满足到直线的距离为的点位置共有3个，C正确． 对于D，由题意知． 又因为，，，所以，，故，． 设点满足，则，故，解得，即，． 所以． 又因为， 所以，即的取值范围为,，D正确． 故选：CD 11. 抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出去.反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.如图，已知抛物线焦点为，为坐标原点，一束平行于轴的光线经过抛物线内一点射入，经过上的点反射后，再经过上另一点沿直线反射出且经过点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 延长交直线于点，则，，三点共线 C. 若点关于直线的对称点恰在射线上，则 D. 从点向以线段为直径的圆作切线，则切线长最短时 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用抛物线的光学性质求出点，的坐标，从而得以判断；对于B，利用直线相交求得点的坐标，从而得以判断；对于C，利用点关于直线对称求得，从而得以判断；对于D，利用直径两端点坐标求得圆的圆心与半径，从而利用切线长公式即可得解. 【详解】对于A，代入得，所以，又， 直线方程为，即， 由，解得或，所以， 即，，，A正确； 对于B，直线方程为：，则， 因为方程为：，所以，，三点不共线，故B错误； 对于C，方程为：，则点关于直线的对称点， ，直线方程为：， 根据对称性可得，解得，故C正确； 对于D，因为，， 所以以线段为直径的圆的方程为，其圆心，半径， 从点向以线段为直径的圆作切线，其切线长为， 所以要使切线长最短，即点到圆心的距离最小， 而， 所以时，最小，则此时切线长最小；故D正确； 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，充分利用抛物线的光学性质，结合抛物线的相关性质即可得解. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡的相应位置上. 12. 等差数列的前n项和为，，，则________. 【答案】160 【解析】 【分析】先根据等差数列项的性质求,再结合等差数列求和公式计算即可. 【详解】由是等差数列可得，所以， 所以. 故答案为：160. 13. “双碳”再成今年两会热点，低碳行动引领时尚生活，新能源汽车成为人们代步车的首选．某工厂生产的新能源汽车的某一部件质量指标服从正态分布，检验员根据该部件质量指标将产品分为正品和次品，其中指标的部件为正品，其他为次品，要使次品率不高于，则的一个值可以为__________．（若，则 【答案】0.01（答案不唯一，小于等于0.02即可） 【解析】 【分析】根据题意和正态曲线的特征可得到，再根据集合的包含关系列出不等式组，求解即可． 【详解】依题意可得， 要使次品率不高于，则正品率不低于， 又根据正态曲线的特征知，， 所以， 所以，解得． 故答案为：0.01（答案不唯一，小于等于0.02即可）． 14. 已知函数，存在，，则的最大值为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据解析式及已知有且，构造并利用导数求最值. 【详解】由题意，在，上递减，在上递增， 存在，，则， 所以，且， 令，所以， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以时，函数取得最大值，所以的最大值为． 故答案为： 四、解答题：本大题共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. 已知函数. （1）若对任意，都有，求曲线在点处切线方程； （2）若函数在处有极小值，求函数在区间上的最大值. 【答案】（1） （2）5 【解析】 【分析】（1）由，得到，从而求出，再结合导数的几何意义求出切线斜率，即可求解； （2）根据函数在处有极小值，得到，从而解得的值，利用导数研究函数的单调性，从而求得函数在区间上的最大值.. 【小问1详解】 因为，令，可得， 即，解得：， 所以，则， 所以， 则曲线在点处切线方程为：，即 【小问2详解】 由题可得 因为函数在处有极小值， 则，解得：， 所以，， 令，解得：， 当或时，，当时，， 所以的单调增区间为，，减区间为， 则时，函数在处有极小值，满足题意； 则当时，在单调递减，在上单调递增， 由于，，， 所以 16. 如图，已知平面，，，，，点为中点. （1）求证：平面平面； （2）试判断的大小是否等于平面与平面夹角的大小，请说明理由，并求出平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）的大小等于平面与平面夹角的大小； 【解析】 【分析】（1）由题意得到平面，根据面面垂直的判定定理即可得证； （2）取中点，的中点，连接，，,，可证明平面平面，即平面与平面夹角等价于平面与平面夹角，由(1)可得 ，，即可知为平面与平面夹角，根据平行可得，即可求解. 【小问1详解】 因为，点为中点，所以， 因为平面，，所以平面， 又因为平面，所以， 又，，平面 ， 所以平面，又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 的大小等于平面与平面夹角的大小，理由如下： 取中点，的中点，连接，，，， 因为，分别为，的中点， 所以，且， 又平面，平面， 所以平面， 因为，分别为，的中点， 所以， 又因为，， 所以，且， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，所以平面， 又，，平面，所以平面平面， 所以平面与平面夹角等价于平面与平面夹角，且平面平面， 由(1)知道平面， 又， 所以平面， 又平面，平面 所以，， 根据二面角的定义可知为平面与平面夹角， 又因为， 所以， 即的大小等于平面与平面夹角的大小， 因为， 所以 所以， 17. 暑假即将开启，甲、乙两名同学计划7月中旬一起外出旅游体验生活，甲同学了解到黄山北站自6月15日零时起开通了黄山直达重庆的动车组列车，于是想去山城重庆游玩，但乙同学觉得重庆温度太高，想去四季如春的昆明，两人决定用“石头、剪刀、布”的游戏决定胜负，比对方多得2分者胜出，游戏结束，获胜者决定去哪里.规定：每局获胜者得1分，负者和平局均得0分.设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，平局的概率为，且每局结果相互独立. （1）记前两局游戏中，甲所得总分为X，求X的分布列和期望； （2）记“游戏恰好进行三局结束”为事件A，“乙获胜”为事件B，求. 【答案】（1）分布列见解析，期望为1 （2） 【解析】 【分析】（1）写出的可能取值及对应的概率，得到分布列，求出期望值； （2）先求出，，利用条件概率公式求出答案. 【小问1详解】 的可能取值为0，1，2， ，，， 故X的分布列为， 0 1 2 期望为； 【小问2详解】 “游戏恰好进行三局结束”， 即前两局，甲胜一局，平一局，第三局甲胜， 或前两局，乙胜一局，平一局，第三局乙胜， 故甲同学胜出的概率为，乙同学获胜的概率为， 故，又，故. 18. 如图，在矩形OFHG（O为坐标原点）中，，，点，点，（）分别是，的等分点，直线和直线的交点为. （1）分别写出点，的坐标； （2）试证明点（）在椭圆上； （3）设直线与椭圆C分别相交于P，Q两点，直线与椭圆C的另一个交点为，求的面积S的最大值. 【答案】（1）， （2）证明见解析 （3）3 【解析】 【分析】(1) 由题意可以直接写出，的坐标. （2）设，写出直线，的方程，根据点的坐标是两条直线的交点，可证在椭圆上. （3）把直线方程与椭圆方程联立，消去得到关于的一元二次方程，根据一元二次方程根与系数的关系，得到，，并用它们表示出的面积，换元，利用导数分析单调性，可求的面积的最大值. 【小问1详解】 由题意，（）. 【小问2详解】 设，又，（）. 则直线：，① 直线：，② 点的坐标是方程①②的解，①②可得：， 化简得：，所以椭圆上. 【小问3详解】 如图： 设，，不妨设，. 由，消去得：， 则，. 因为关于原点对称，所以， 直线与轴的交点为，记为点，则： . 所以. 设，，则，所以， 设，则在上恒成立， 所以上单调递增，所以. 所以（当即时取“”）. 【点睛】关键点点睛：第（3）问中，得到后，为求其最大值，可用换元法，设，转化成求（）的最大值，再设，利用导数分析函数的单调性，即可解决问题. 19. 对于无穷数列，若满足：，对，都有（其中为常数），则称具有性质“”. （1）若具有性质“”，且，，，求； （2）若无穷数列是等差数列，无穷数列具有性质“”，，，，试求数列的前项和； （3）设既具有性质“”，又具有性质“”，其中，，求证：具有性质“”. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由具有性质“”，，可得当时，，结合题意计算即可; （2）根据无穷数列具有性质“”可得当时，，从而得到和的通项公式，可得,利用裂项相消求出数列的前项和即可. （3）借助既具有性质“”，又具有性质“”， 则当时，，，则有，，通过运算得到， 从而可验证对任意的时，是否有即可. 【小问1详解】 因为具有性质“”，则当时， 又因为，，， 则，，， 所以，解得： 【小问2详解】 因为无穷数列具有性质“”， 所以当时，，即为公比为2的等比数列； 又因为，， 则，，， 所以， 又因为无穷数列是等差数列，则， 所以， 则， 所以数列的前项和， 所以 【小问3详解】 因为既具有性质“”，又具有性质“”， 其中， 则当时，，， 则有，， 由，故， 所以，即， 由，，则， 当，即时，有， 即对任意的时，都有， 即具有性质“，证毕. 【点睛】关键点睛：本题关键点在于通过对数列新定义的分析，从而得到，，并由此得到，，从而得出. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 黄山市2023-2024学年度第二学期期末质量检测 高二数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，，则复数的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 3. 的展开式中，常数项为（ ） A. 60 B. -60 C. 120 D. -120 4. 函数的图象大致是（ ） A. B. C D. 5. 双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率，且点在双曲线C上，则双曲线C的标准方程为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，，∠ABC=60°，AA1⊥平面ABCD，M是AD的中点，则直线AD1与直线C1M所成角的正弦值为（ ） A. B. C. 1 D. 7. 第33届夏季奥林匹克运动会预计2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办.假设这届奥运会将新增4个表演项目，现有A，B，C三个场地申请承办这4个新增项目比赛，每个场地至多承办其中3个项目，则不同的安排方法有（ ） A. 144种 B. 84种 C. 78种 D. 60种 8. 等比数列的前n项和为，前n项积为，，，当最小时，n的值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 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. 下列命题为真命题的是（ ） A. 将一组数据中的每一个数据都加上同一个正数后，方差变大 B. 若变量和之间的相关系数，则变量和之间的负相关性很强 C. 在回归分析中，决定系数的模型比决定系数的模型拟合的效果要好 D. 某人每次射击击中靶心的概率为，现射击10次，设击中次数为随机变量，则 10. 已知点，，动点在圆：上，则（    ） A. 直线截圆所得的弦长为 B. 的面积的最大值为151 C. 满足到直线的距离为的点位置共有3个 D. 的取值范围为 11. 抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出去.反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.如图，已知抛物线焦点为，为坐标原点，一束平行于轴的光线经过抛物线内一点射入，经过上的点反射后，再经过上另一点沿直线反射出且经过点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 延长交直线于点，则，，三点共线 C. 若点关于直线的对称点恰在射线上，则 D. 从点向以线段为直径的圆作切线，则切线长最短时 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡的相应位置上. 12. 等差数列前n项和为，，，则________. 13. “双碳”再成今年两会热点，低碳行动引领时尚生活，新能源汽车成为人们代步车的首选．某工厂生产的新能源汽车的某一部件质量指标服从正态分布，检验员根据该部件质量指标将产品分为正品和次品，其中指标的部件为正品，其他为次品，要使次品率不高于，则的一个值可以为__________．（若，则 14. 已知函数，存在，，则的最大值为_________. 四、解答题：本大题共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. 已知函数. （1）若对任意，都有，求曲线在点处切线方程； （2）若函数在处有极小值，求函数在区间上的最大值. 16. 如图，已知平面，，，，，点为中点. （1）求证：平面平面； （2）试判断大小是否等于平面与平面夹角的大小，请说明理由，并求出平面与平面夹角的余弦值. 17. 暑假即将开启，甲、乙两名同学计划7月中旬一起外出旅游体验生活，甲同学了解到黄山北站自6月15日零时起开通了黄山直达重庆的动车组列车，于是想去山城重庆游玩，但乙同学觉得重庆温度太高，想去四季如春的昆明，两人决定用“石头、剪刀、布”的游戏决定胜负，比对方多得2分者胜出，游戏结束，获胜者决定去哪里.规定：每局获胜者得1分，负者和平局均得0分.设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，平局的概率为，且每局结果相互独立. （1）记前两局游戏中，甲所得总分为X，求X的分布列和期望； （2）记“游戏恰好进行三局结束”为事件A，“乙获胜”为事件B，求. 18. 如图，在矩形OFHG（O为坐标原点）中，，，点，点，（）分别是，的等分点，直线和直线的交点为. （1）分别写出点，的坐标； （2）试证明点（）椭圆上； （3）设直线与椭圆C分别相交于P，Q两点，直线与椭圆C的另一个交点为，求的面积S的最大值. 19. 对于无穷数列，若满足：，对，都有（其中为常数），则称具有性质“”. （1）若具有性质“”，且，，，求； （2）若无穷数列是等差数列，无穷数列具有性质“”，，，，试求数列的前项和； （3）设既具有性质“”，又具有性质“”，其中，，求证：具有性质“”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$