精品解析：贵州省黔东南州2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试题

黔东南州2023—2024学年度第二学期期末教学质量检测 高二数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一、二、三册. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知数列满足，，则（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 2. 学校计划派甲、乙、丙、丁4名学生参加周六、周日的公益活动，每名学生选择一天参加公益活动，若甲、乙不在同一天参加公益活动，则不同的参加公益活动的方法共有（ ） A. 4种 B. 6种 C. 8种 D. 16种 3. 已知双曲线的实轴长为1，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知变量和的统计数据如下表： 1 2 3 4 5 0.9 1.3 1.8 2.4 3.1 若，线性相关，经验回归方程为，据此可以预测当时，（ ） A. 5.75 B. 7.5 C. 7.55 D. 8 5. 某班举办知识竞赛，已知题库中有两种类型的试题，类试题的数量是类试题数量的两倍，且甲答对类试题的概率为，答对类试题的概率为，从题库中任选一题作答，甲答对题目的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 向如图放置的空容器中注水，直至注满为止.下列图象中可以大致刻画容器中水的体积V与水的高度h的函数关系的是（ ） A. B. C. D. 7. 被9除的余数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 8. 在正四棱锥中，，则正四棱锥体积的最大值为（ ） 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. 随机变量，随机变量服从两点分布，且，设，则（ ） A. B. C. D. 10. 在数列中，已知，，则（ ） A. B. 是等差数列 C. D. 是等比数列 11. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，是椭圆上异于，的一点，且（为坐标原点），记，的斜率分别为，，设为的内心，记，，的面积分别为，，，则（ ） A. B. 的离心率为 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若点在圆上，则的半径_______. 13. 已知随机变是，则__________. 14. 已知函数有3个零点，则的取值范围为______. 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. 如图，在正四棱柱中，，，分别为，的中点. （1）证明：平面. （2）求与平面所成角的正弦值. 16. 不透明的袋子中装有编号为1，2，3，4的4张卡片，这4张卡片除编号外，其余完全相同.现从袋子中不放回地抽取1张卡片，若这张卡片的编号为偶数，则结束抽取；若这张卡片的编号为奇数，则再从袋子中不放回地抽取1张卡片，直至抽出编号为偶数的卡片，结束抽取. （1）求恰好抽取2张卡片后结束抽取的概率； （2）若抽出编号为奇数的卡片得1分，抽出编号为偶数的卡片得2分，记抽取结束后的总得分为，求的分布列与期望. 17. 已知数列满足，其中表示从个元素中任选个元素的组合数. （1）求的通项公式； （2）求的前项和. 18. 已知是抛物线的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，是抛物线上一点，且． （1）求抛物线的方程． （2）设过点的直线交抛物线于两点，直线与直线分别交于点． （ⅰ）证明：直线与的斜率之和为0． （ⅱ）求面积的最大值． 19. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）当恒成立时，判断的零点个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 黔东南州2023—2024学年度第二学期期末教学质量检测 高二数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一、二、三册. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知数列满足，，则（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据递推式求出数列前几项，得到数列为周期数列，然后可求出结果. 【详解】因为数列满足，， 所以，，，， 故是周期为2的数列， 所以. 故选：D 2. 学校计划派甲、乙、丙、丁4名学生参加周六、周日的公益活动，每名学生选择一天参加公益活动，若甲、乙不在同一天参加公益活动，则不同的参加公益活动的方法共有（ ） A. 4种 B. 6种 C. 8种 D. 16种 【答案】C 【解析】 【分析】先安排甲、乙，然后安排丙、丁，再利用分步乘法原理可求得结果. 【详解】由题意可知甲、乙不在同一天参加公益活动，则有种方法， 然后丙、丁的安排方法有种， 所以由分步乘法原理可得共有种不同的方法. 故选：C 3. 已知双曲线的实轴长为1，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由实轴长可列方程求得参数的值，进一步即可求得渐近线方程. 【详解】由题可知双曲线的实轴长为，则，解得，所以该双曲线的渐近线方程为． 故选：A. 4. 已知变量和的统计数据如下表： 1 2 3 4 5 0.9 1.3 1.8 2.4 3.1 若，线性相关，经验回归方程为，据此可以预测当时，（ ） A. 5.75 B. 7.5 C. 7.55 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知样本中心，代入线性回归方程即可求出，再将代入即可. 【详解】，， 所以，即， 令，解得. 故选：A. 5. 某班举办知识竞赛，已知题库中有两种类型的试题，类试题的数量是类试题数量的两倍，且甲答对类试题的概率为，答对类试题的概率为，从题库中任选一题作答，甲答对题目的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用全概率公式计算概率即可. 【详解】设“选出类试题”为事件，“选出类试题”为事件，“甲答对题目”为事件， 则， 所以. 故选：C. 6. 向如图放置的空容器中注水，直至注满为止.下列图象中可以大致刻画容器中水的体积V与水的高度h的函数关系的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据容器形状，结合自变量为水的高度可得解. 【详解】在注水的过程中，容器横截面面积越大，水的体积增长越快，所以随着水的高度的增长，体积先缓慢增长，再剧烈增长，再缓慢增长. 故选：A. 7. 被9除的余数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】由于，利用二项式定理展开可得答案. 【详解】. 因为被9整除， 所以被9除的余数为. 故选：B 8. 在正四棱锥中，，则正四棱锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设正四棱锥的高为h，底面边长为x，由题可得及，后由导数知识可得答案. 【详解】过顶点P向平面ABCD作垂线，垂足为O，则PO为正四棱锥的高，设为h. 设底面边长为x，则，则，则. 所以正四棱锥的体积为：，则. 当时，；当时，. 即 在上单调递增，在上单调递减， 则. 故选：B 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. 随机变量，随机变量服从两点分布，且，设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性及两点分布的定义即可判断AB；根据期望和方差的公式及性质即可判断CD. 【详解】因为，所以，且， 又，所以A正确，B错误； ，故，故C正确； ， ，故D错误. 故选：AC. 10. 在数列中，已知，，则（ ） A. B. 是等差数列 C. D. 是等比数列 【答案】BCD 【解析】 【分析】对已知递推式变形可得是以1为首项，为公差的等差数列，则可求出，从而可求出，然后逐个分析判断. 【详解】，则， 因为，所以是以1为首项，为公差的等差数列， 则，则， 所以，， 所以， 所以是首项为3，公比为1的等比数列， 所以A错误，B，C，D均正确. 故选：BCD 11. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，是椭圆上异于，的一点，且（为坐标原点），记，的斜率分别为，，设为的内心，记，，的面积分别为，，，则（ ） A. B. 的离心率为 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由题意点在以为直径的圆上可判断；对于B，由离心率定义结合正弦定理即可判断；对于C，由斜率公式结合离心率即可验算；对于D，由的关系以及三个三角形的高一样可验证. 【详解】 由，所以为等边三角形，且在以为直径的圆上， 所以，即，A对； 若，则，B错； ，C对； 设的内切圆半径为，则，，， ， ，即，D对. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：得到为等边三角形，且在以为直径的圆上为关键. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若点在圆上，则的半径_______. 【答案】 【解析】 【分析】由圆的方程求出圆心的坐标，则，从而可得答案. 【详解】由题可知的圆心坐标为， 因为点在圆上， 所以圆的半径. 故答案为： 13. 已知随机变是，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】利用二项分布的方差计算求解即可. 【详解】因为，所以，则. 故答案为：2. 14. 已知函数有3个零点，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数求出函数的极值，由三次函数的性质可知，函数要有3个零点，只要极大值大于零，极小值小于零即可，从而可求出答案. 【详解】，令，得，令，得或， 所以在上递增，在上递减， 所以的极大值为，的极小值为. 因为有3个零点，且当时，，当时，， 所以，解得，即的取值范围为. 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. 如图，在正四棱柱中，，，分别为，的中点. （1）证明：平面. （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）借助正四棱柱的性质可建立空间直角坐标系，求出空间向量与平面的法向量后，借助空间向量计算即可得； （2）求出空间向量与平面的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得. 【小问1详解】 在正四棱柱中，，，两两垂直，且， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，. 因为，分别为的中点，所以，， 则，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则有，，即， 因为，所以， 又平面，所以平面； 【小问2详解】 由（1）可知，， ， 所以与平面所成角的正弦值为. 16. 不透明的袋子中装有编号为1，2，3，4的4张卡片，这4张卡片除编号外，其余完全相同.现从袋子中不放回地抽取1张卡片，若这张卡片的编号为偶数，则结束抽取；若这张卡片的编号为奇数，则再从袋子中不放回地抽取1张卡片，直至抽出编号为偶数的卡片，结束抽取. （1）求恰好抽取2张卡片后结束抽取的概率； （2）若抽出编号为奇数的卡片得1分，抽出编号为偶数的卡片得2分，记抽取结束后的总得分为，求的分布列与期望. 【答案】（1） （2）的分布列为 2 3 4 ，.【解析】 【分析】（1）由题意可知只需第一张被抽出的卡片的编号为奇数，且第二张被抽出的卡片的编号为偶数，从而利用独立事件的概率公式可耱得结果； （2）由题意可得的可能取值为2，3，4，然后求出相应的概率，从而可求得的分布列与期望. 【小问1详解】 解：由题可知，要恰好抽取2张卡片后结束抽取， 则需第一张被抽出的卡片的编号为奇数，且第二张被抽出的卡片的编号为偶数， 故所求的概率为. 【小问2详解】 由题意可得的可能取值为2，3，4， 若第一张被抽出的卡片的编号为偶数，抽取结束，则. 若第一张被抽出的卡片的编号为奇数，且第二张被抽出的卡片的编号为偶数，抽取结束， 则由（1）可知. 若前两张被抽出的卡片的编号均为奇数，则第三张被抽出的卡片的编号必是偶数，抽取结束， 则. 的分布列为 2 3 4 故. 17. 已知数列满足，其中表示从个元素中任选个元素的组合数. （1）求的通项公式； （2）求的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用错位相减法求解即可； （2）利用错位相减法求解数列的前项和即可. 【小问1详解】 因为， 所以， 则， 所以， 则. 【小问2详解】 因为， 所以， 则， 所以， 则， 所以. 18. 已知是抛物线的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，是抛物线上一点，且． （1）求抛物线的方程． （2）设过点的直线交抛物线于两点，直线与直线分别交于点． （ⅰ）证明：直线与的斜率之和为0． （ⅱ）求面积的最大值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）12 【解析】 【分析】（1）利用点坐标代入抛物线方程、可得答案； （2）（ⅰ）设直线、、的方程分别为、、，直线的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理代入可得答案；（ⅱ）求出、，得到的面积，利用的范围可得答案． 【小问1详解】 因为点在抛物线上，所以， 因为，所以， 联立，解得， 所以抛物线的方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）设直线的方程为，直线的方程为， 直线的方程为， 不妨设点在第一象限，， 由得， 所以， 所以，所以 ， 故直线与的斜率之和为； （ⅱ）由得， 同理可得， 直线与轴交于点， 则的面积 ， 因为，所以，所以， 则，即面积的最大值为12， 当且仅当时等号成立. 【点睛】关键点点睛：第二问的解题的关键点是求出的面积，然后利用基本不等式求最值. 19. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）当恒成立时，判断的零点个数． 【答案】（1）当时，在上递增；当时，在上递增，在上递减. （2）当时，的零点个数为；当时，的零点个数为. 【解析】 【分析】（1）分类讨论并判断导函数的正负性即可； （2）先通过分类讨论法确定的取值范围，再利用的单调性确定零点的个数. 【小问1详解】 由知. 当时，对有，所以在上递增； 当时，对有，对有， 所以在上递增，在上递减. 综上，当时，在上递增； 当时，在上递增，在上递减. 【小问2详解】 当恒成立时， 假设，则. 从而，这与矛盾，所以一定有. 当时，据的单调性有. 故对，有，代入表达式知，即. 所以对都有， 这就得到 . 故恒成立. 综上，的取值范围是. 下面来讨论的零点个数： 当时，根据的单调性，有，所以没有零点； 当时，首先有. 而根据的单调性，对有，所以有唯一的零点即. 综上，当时，的零点个数为；当时，的零点个数为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于先通过恒成立条件确定参数的取值范围，再在这个范围内确定零点个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $