精品解析：河南省漯河市2023-2024学年高二下学期期末质量监测数学试题

漯河市2023-2024学年下学期期末质量监测 高二数学 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的. 1. 已知等差数列的前项和为，且满足成等差数列，，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 2. 双曲线的离心率为2，则此双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 直线与圆交于两点，则弦的长（ ） A. B. C. D. 4. 甲乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为和，在目标被击中的情况下，甲乙同时击中目标的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知如图所示几何体中，底面是边长为4的正三角形，侧面是长方形，，平面平面为棱上一点，，且，则与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 点是曲线上任意一点，则点到的最短距离为（ ） A. B. C. D. 7. 现有包含两本书的六本不同的书，分给甲､乙､丙三个人，要求每人至少一本，其中两本书被分给甲的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列满足. ①；②是等差数列；③是等比数列；④数列前项和为. 上述语句正确的有（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 二､多选题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 随机变量 B. 随机变量，则 C. 若相互独立且，则 D. 随机变量最大时， 10. 如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱组合而成，是上的动点.则（ ） A. 为中点时，平面平面 B. 为的中点时，平面 C. 存在点，使得三棱锥体积是8 D. 存在点，使得直线与平面所成的角为 11. 我们在解析几何学习过程中知道椭圆､双曲线定义分别是到两定点距离之和､距离之差的绝对值等于某个定值.天文学家卡西尼在研究土星及其卫星运行规律时发现了到两定点距离之积为常数的点的轨迹，我们称之为卡西尼卵形线.已知两定点，动点满足，设的轨迹为曲线，则下列命题正确的是（ ） A 曲线过原点 B. 的横坐标最大值是 C. 的纵坐标最大值是 D 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的展开式的各二项式系数之和为512，则其展开式的常数项的值为__________. 13. 已知是函数的零点，则__________. 14. 半径为2的球内切于一个圆锥，则该圆锥的侧面积的最小值为__________. 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. 为了丰富校园文化生活，学校增设了两门全新的课程，学生根据自己的兴趣爱好在这两门课程中任选一门进行学习.学校统计了学生的选课情况，得到如下表格. 选择课程 选择课程 男生 女生 （1）根据上表，依据小概率值的独立性检验，能否据此推断选择课程与性别有关？ （2）现从男生的样本中，按比例分配分层抽样的方法选出人组成一个小组，再从这名男生中抽取人做问卷调查，求这人中选择课程的人数比选择课程的人数多的概率. 附：. 16. 如图，已知四棱锥中，，，且在线段上，且满足平面. （1）求； （2）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知椭圆的离心率为是的左､右焦点，椭圆上一个动点到的最短距离为点在上. （1）求的方程； （2）若为直线上任意一点，直线的斜率之积为，平面内是否存在定点满足恒成立.若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由. 18. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）对任意的恒成立，求的值； （3）证明： 19. 正项数列满足：对于，其中为非零常数，则称数列为平方等差数列.记. （1）判断无穷数列和是否是平方等差数列，若是求出，若不是，说明理由； （2）若是平方等差数列且，证明：任意的正常数，存在正整数，使得； （3）若是平方等差数列，，令是不大于的最大整数，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 漯河市2023-2024学年下学期期末质量监测 高二数学 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的. 1. 已知等差数列的前项和为，且满足成等差数列，，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，根据等差数列的性质与前项和，列方程组即可得的值. 【详解】设等差数列的公差为，因为成等差数列， 则，又，则，解得. 故选：C. 2. 双曲线的离心率为2，则此双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】分析：根据双曲线的离心率为，求得，即可得到双曲线的渐近线方程. 详解：由题意，双曲线的离心率为， 即，所以，解得， 所以双曲线的渐近线方程为，故选B. 点睛：本题考查了双曲线的几何性质——渐近线方程的求解，根据双曲线的离心率，得到是解答的关键，着重考查了学生的推理与运算能力. 3. 直线与圆交于两点，则弦的长（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求圆的圆心和半径，再用点到直线的距离公式求点到直线的距离，再利用弦长公式求. 【详解】设圆的圆心为，半径， 因为到直线的距离， 所以. 故选：B. 4. 甲乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为和，在目标被击中的情况下，甲乙同时击中目标的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，记甲击中目标为事件，乙击中目标为事件，目标被击中为事件，由相互独立事件的概率公式，计算可得目标被击中的概率，再由条件概率公式计算可得. 【详解】记甲击中目标为事件，乙击中目标为事件，目标被击中为事件，甲乙同时击中目标为事件，由题意， 得，， 所以， ， 所以， 所以在目标被击中的情况下，甲乙同时击中目标的概率为. 故选：A. 5. 已知如图所示的几何体中，底面是边长为4的正三角形，侧面是长方形，，平面平面为棱上一点，，且，则与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别取的中点，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案. 【详解】分别取中点，连接，则，， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，， 所以是平面的一个法向量， ，，所以， 设与平面所成的角为， 则. 故选：D. 点睛】 6. 点是曲线上任意一点，则点到的最短距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据在点处的切线与平行时，点到的距离最小，利用导数求切点坐标，然后由点到直线的距离公式可得. 【详解】记，则， 当时，，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 易知，当在点处的切线与平行时，点到的距离最小， 设，则，整理得， 解得，则， 此时，点到的距离为. 故选：B 7. 现有包含两本书的六本不同的书，分给甲､乙､丙三个人，要求每人至少一本，其中两本书被分给甲的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将六本书先分组再分配，按照三组本数为，和三种情况讨论可得总分法.每种情况下优先分甲可得满足条件的分法，然后由古典概型概率公式可得. 【详解】第一类，将六本书分成三组，然后分给三人共有种， 其中满足条件的分法：先将两本分给甲，然后将4本书分成两组分给乙、丙， 共有种； 第二类，将六本书分成三组，然后分给三人共有种， 其中满足条件的分法：先从4本书中取2本连同分给甲，剩下的分给乙、丙， 共有种； 第三类，将六本书分成三组，然后分给三人共有种， 其中满足条件的分法： 1）甲得2本：将分给甲，然后将剩余4本分成两组分给乙、丙， 共有种； 2）甲得3本：先从4本书中取1本连同分给甲，再将剩余3本分成两组分给乙、丙， 共有. 综上，将六本不同的书，分给甲､乙､丙三个人，共有种， 满足条件的分法有种. 所以，两本书被分给甲的概率为. 故选：C 8. 已知数列满足. ①；②是等差数列；③是等比数列；④数列前项和为. 上述语句正确的有（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】D 【解析】 【分析】依次代入n的值即可判断①，利用等比数列的定义即可判断②③；根据②③可以求出数列的通项公式，然后利用分组求和即可判断④. 【详解】对于①， ，故①正确； 对于②，令，由①知，， ， 所以，是公比为2的等比数列，即是公比为2的等比数列，故不是等差数列，故②错误； 对于③，令， 由①知，，所以， ， 所以是等比数列，即是等比数列，故③正确； 对于④，由②知，，， 数列前项和为数列前n项的和与数列前n项的和的和，即所求和为. 又， ， 所以，故④正确； 故选：D. 二､多选题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 随机变量 B. 随机变量，则 C. 若相互独立且，则 D. 随机变量最大时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】A：根据二项分布方差计算公式和方差的性质即可计算；B：根据正太分布性质即可计算； C：根据相互独立事件的概念及条件概率的概念即可计算；D：设当时，最大， 列出不等式组，解不等式即可得到答案. 【详解】选项A：∵， ∴；故A错误； 选项B：，∴B正确； 选项C：若相互独立，则，∴C正确； 选项D：设当时，最大， 则，解得， 故当时，最大，∴D正确； 故选：BCD. 10. 如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱组合而成，是上的动点.则（ ） A. 为的中点时，平面平面 B. 为的中点时，平面 C. 存在点，使得三棱锥体积是8 D. 存在点，使得直线与平面所成的角为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用圆柱性质和等腰直角三角形性质证明平面，结合面面垂直判定定理可判断A；利用直线平行的传递性证明，然后由线面平行判定定理可判断B；建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面的距离向量公式求点到平面的距离，然后由棱锥体积公式列方程即可判断C；求出平面的法向量，根据线面角的向量公式列方程求解可判断D. 【详解】对于A，由题可知，半圆柱和三棱柱的底面在同一平面内， 由圆柱性质可知平面， 又平面，所以， 因为为的中点，所以， 因为，所以， 所以，即， 又因为是平面内的相交直线，所以平面， 又平面，所以平面平面，A正确； 对于B，因为为圆柱底面圆的直径，所以， 由上知，，所以， 由棱柱性质可知，，所以， 因为平面，平面，所以平面，B正确； 对于C，以中点为原点，所在直线为轴，圆柱的旋转轴为轴， 过点垂直于平面的直线为轴建立如图所在空间直角坐标系， 则， 因为点在以为直径的半圆上，所以设， 则， 设为平面的法向量， 则，令，得， 则点到平面的距离为， 易知，为正三角形， 所以， 所以， 令，则， 因为，所以，所以， 所以，显然有解， 所以存在点（与不重合），使得三棱锥体积是8，C正确； 对于D，由上可得， 设平面的法向量为， 则， 令得， 若存在点，使得直线与平面所成的角为， 则，整理得， 因为，所以，即，， 此时，点与点重合，无法确定平面，不符合题意，D错误. 故选：ABC. 11. 我们在解析几何学习过程中知道椭圆､双曲线定义分别是到两定点距离之和､距离之差的绝对值等于某个定值.天文学家卡西尼在研究土星及其卫星运行规律时发现了到两定点距离之积为常数的点的轨迹，我们称之为卡西尼卵形线.已知两定点，动点满足，设的轨迹为曲线，则下列命题正确的是（ ） A. 曲线过原点 B. 的横坐标最大值是 C. 的纵坐标最大值是 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，可得，结合函数思想逐项分析判断即可. 【详解】依题意，，即， 整理得， 对于A，当时，，因此曲线过原点，A正确； 对于B，由，得，整理得， 解得，的横坐标最大值是，B正确； 对于C，，当且仅当时取等号， 因此的纵坐标最大值是1，C错误； 对于D，，令， 上述不等式等价于， 令函数，求导得， 函数在上单调递增，，即成立， 因此，D正确. 【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的展开式的各二项式系数之和为512，则其展开式的常数项的值为__________. 【答案】84 【解析】 【分析】由各项的二项式系数之和，求出，再利用展开式的通项即可求常数项． 【详解】各项二项式系数之和为512，，即； 展开式的通项为． 令，解得． 展开式中常数项为． 故答案为：． 13. 已知是函数的零点，则__________. 【答案】1 【解析】 【分析】利用三次导数判断的单调性，结合可得，然后可得. 【详解】由题可得，记， 则，记， 则，所以在上单调递增， 又，所以，所以在上单调递增， 又，所以当时，，在上单调递增， 因为，所以在上存在唯一零点， 所以. 故答案为：1 14. 半径为2的球内切于一个圆锥，则该圆锥的侧面积的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设底面圆半径，，根据三角形相似和勾股定理得到，，表达出侧面积，利用导函数求出单调性和最值，得到答案. 【详解】设底面圆半径，， 由题意得，∽， 故，即，故， 又，即， 故， 故圆锥的侧面积为， 故， 令得，令得， 故当时，单调递减，当时，单调递增， 故当时，取得极小值，也是最小值， 故最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是求得，从而得到关于的表达式，利用导数即可得解. 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. 为了丰富校园文化生活，学校增设了两门全新的课程，学生根据自己的兴趣爱好在这两门课程中任选一门进行学习.学校统计了学生的选课情况，得到如下表格. 选择课程 选择课程 男生 女生 （1）根据上表，依据小概率值的独立性检验，能否据此推断选择课程与性别有关？ （2）现从男生的样本中，按比例分配分层抽样的方法选出人组成一个小组，再从这名男生中抽取人做问卷调查，求这人中选择课程的人数比选择课程的人数多的概率. 附：. 【答案】（1）有关； （2）. 【解析】 【分析】（1）由列联表可得的值，进而可得结论； （2）先求得选择两种课程的人数，进而利用古典概型概率公式可求概率. 【小问1详解】 零假设：选择课程与性别无关， ， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即认为选择课程与性别有关； 【小问2详解】 由表可知，男生中选课程的人数占，选课程的人数占， 所以名男生中，选择课程的人数为， 选择课程的人数为， 从人中选人的选法有种， 人中选择课程的人数比选择课程的人数多的选法有：种， 所以人中选择课程的人数比选择课程的人数多的概率为：. 16. 如图，已知四棱锥中，，，且在线段上，且满足平面. （1）求； （2）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）2； （2）. 【解析】 【分析】（1）过点作交于，由线面平行的性质可得，则可求； （2）利用空间向量法即可求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 过点作交于，连接， 由于平面， 由线面平行性质知， 又四边形为平行四边形. 所以， 则. 【小问2详解】 取线段的中点，连接. 又平面平面， 由已知：平面平面 平面. 以为坐标原点，过作的垂线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则易得平面的一个法向量 ， 则. 设平面法向量为， 则 令，可得. 设平面与平面夹角为. 故平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知椭圆离心率为是的左､右焦点，椭圆上一个动点到的最短距离为点在上. （1）求的方程； （2）若为直线上任意一点，直线的斜率之积为，平面内是否存在定点满足恒成立.若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）由椭圆的离心率，椭圆上一个动点到右焦点的最短距离，即可解得，进而求得，即可得到的方程； （2）设，由直线的斜率之积为，可得，由对称性知，若存在点满足恒成立，则在轴上，设，则，可得，解得，适合题意. 【小问1详解】 由已知，， 椭圆的方程为. 【小问2详解】 设，因为直线的斜率之积为， 则， 整理得， 又在上， ， ① 由对称性知，若存在点满足恒成立，则在轴上， 设，则， 即， 将①代入，得：， 解得，适合题意， 即存在定点，满足恒成立. 18. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）对任意的恒成立，求的值； （3）证明：. 【答案】（1）答案见解析； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性； （2）变形为在上恒成立，构造，求导，分，，和四种情况，得到； （3）由（2）知：当时，有，当且仅当时等号成立，从而得到，利用累加法得到，得到. 【小问1详解】 的定义域为， 当时，令，得的单调递增区间为； 令，得的单调递减区间为. 当时，令，得的单调递增区间为； 令，得的单调递减区间为. 【小问2详解】 等价于， 令，则不等式等价于， ， 当，则在上单调递减，， 时不合题意； 当，令得，令得， 故的递增区间为，递减区间为， 若， ，则当时，，不合题意； 若，，适合题意； 若， ，则当时，，不合题意； 综上，. 【小问3详解】 由（2）知：当时，有，当且仅当时等号成立. 时，， ， ， ， ， ，即， . 【点睛】方法点睛：导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到. 19. 正项数列满足：对于，其中为非零常数，则称数列为平方等差数列.记. （1）判断无穷数列和是否是平方等差数列，若是求出，若不是，说明理由； （2）若是平方等差数列且，证明：任意的正常数，存在正整数，使得； （3）若是平方等差数列，，令是不大于的最大整数，求. 【答案】（1）是，，不是，理由见解析 （2）证明见解析 （3）398 【解析】 【分析】（1）代入定义计算即可得； （2）借助题目条件，借助放缩将等式转换为不等式后结合数列的函数性质即可得； （3）由题意将表示出来后，使用放缩技巧，通过放缩法结合裂项相消法求和以表示出与有关不等式即可证明. 【小问1详解】 数列是平方等差数列. 理由如下：，满足平方等差数列定义，此时. 数列不是平方等差数列. 理由如下：不是常数. 【小问2详解】 由，即，可得. 由为正项数列，则. 可得 ， 又因为，即是以公差为的等差数列， 则，且，可得， 要使，只需，即， 解得， 令，即满足. 【小问3详解】 由于是平方等差数列，且，得， 由（2）可得：，. 且， 可得， 且 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是通过放缩法结合裂项相消法求和以表示出与有关不等式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$