精品解析：陕西省渭南市大荔县2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷

大荔县2023-2024学年（下）高二年级期末质量检测试题 数 学 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．选择题用2B铅笔将正确答案涂写在答题卡上；非选择题用0.5mm黑色墨水签字笔答在答题卡的指定答题区域内，超出答题区域答案无效． 3．答题前，请将姓名、考号、试卷类型按要求涂写在答题卡上． 第Ⅰ卷（选择题 共60分） 一、单项选择题：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. 直线的倾斜角大小（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数可导，且满足，则函数在处的导数为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 3. 每袋食盐的标准质量为500克，现采用自动流水线包装食盐，抽取一袋食盐检测，它的实际质量与标准质量存在一定的误差，误差值为实际质量减去标准质量．随机抽取50袋食盐，检测发现误差X（单位：克）近似服从正态分布，，则X介于-2~2的食盐袋数大约为（ ） A. 4 B. 48 C. 50 D. 96 4. 对两个变量的三组数据进行统计，得到以下散点图，关于两个变量相关系数的比较，正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 2名医生和4名护士将分配到2所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士，分配方法共有（ ） A. 10种 B. 12种 C. 14种 D. 16种 6. 我国古代《洛书》中记载着一种三阶幻方：将九个数字填入一个的正方形方格，满足每行、每列、每条对角线上的三个数字之和相同（如图）．已知数列的通项公式为，现将该数列的前项填入一个的正方形方格，使其满足四阶幻方，则此四阶幻方中每一行的数字之和为（ ） A. 60 B. 72 C. 76 D. 80 7. 如图，三棱锥的各棱长都是，点､､分别是､､的中点，则等于（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线与椭圆交于，两点，当取最大值时的值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9. 给出下列命题，其中正确的有（ ） A. 空间任意三个向量都可以作为一个基底 B. 已知向量，则、与任何向量都不能构成空间的一个基底 C. 对空间任一向量，存在唯一的有序实数组，使得 D. 如果，是两个单位向量，则 10. 设是等差数列，是其前n项的和，且则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 与均为的最大值 11. 关于函数的性质，下列叙述正确的是（ ） A. 时，单调递增 B. 时，单调递减 C. 为的极小值点 D. 的极大值为 12. 曲线C是平面内与两个定点，的距离的积等于常数的点的轨迹.则下列说法正确的是（ ） A. 曲线C关于坐标原点对称 B. 曲线C过坐标原点 C. 若点P在曲线C上，则 D. 以，为焦点、以为长轴长的椭圆上的点一定不会在曲线C围成的区域的外部 第Ⅱ卷（非选择题 共90分） 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 圆心在 ，且过点的圆的方程是______． 14. 已知，那么________； 15. 已知等比数列的前项和为，且，，则的值为______． 16. 将一边长为的正方形铁片的四角截去四个边长均为的小正方形，然后做成一个无盖的方盒，当等于__________时，方盒的容积最大． 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 将一枚质地均匀的硬币连续抛掷4次，X表示“正面朝上”出现的次数． （1）求X的分布列； （2）求X的期望和方差． 18. 已知椭圆：（）的左焦点为，短轴长为2． （1）求椭圆的方程； （2）过点、斜率为1的直线交椭圆于，两点，为坐标原点，求的面积． 19. 已知二次函数在处取得极值，且在点处的切线与直线平行． （1）求的解析式； （2）求函数在区间上的最大值和最小值． 20. 在长方体中，点E，F分别在，上，且，． （1）求证：平面AEF； （2）当，，时，求平面AEF与平面所成二面角的余弦值． 21. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，令，求数列的前项和. 22. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大荔县2023-2024学年（下）高二年级期末质量检测试题 数 学 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．选择题用2B铅笔将正确答案涂写在答题卡上；非选择题用0.5mm黑色墨水签字笔答在答题卡的指定答题区域内，超出答题区域答案无效． 3．答题前，请将姓名、考号、试卷类型按要求涂写在答题卡上． 第Ⅰ卷（选择题 共60分） 一、单项选择题：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. 直线的倾斜角大小（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简得到，根据计算得到答案. 【详解】直线，即，，，故. 故选：. 【点睛】本题考查了直线的倾斜角，意在考查学生的计算能力. 2. 已知函数可导，且满足，则函数在处的导数为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的定义，即可求出结果． 【详解】， 故选：A． 3. 每袋食盐的标准质量为500克，现采用自动流水线包装食盐，抽取一袋食盐检测，它的实际质量与标准质量存在一定的误差，误差值为实际质量减去标准质量．随机抽取50袋食盐，检测发现误差X（单位：克）近似服从正态分布，，则X介于-2~2的食盐袋数大约为（ ） A. 4 B. 48 C. 50 D. 96 【答案】B 【解析】 【分析】由正态分布求出，即可求解． 【详解】解：因为， 所以， 则X介于的食盐袋数大约为：， 故选：B 4. 对两个变量的三组数据进行统计，得到以下散点图，关于两个变量相关系数的比较，正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据散点图中点的分布的特征，确定3个图对应的相关系数的正负以及大小关系，可得答案. 【详解】由散点图可知第1个图表示的正相关， 故； 第2，3图表示的负相关，且第2个图中的点比第3个图中的点分布更为集中， 故，且，故， 综合可得，即， 故选：C 5. 2名医生和4名护士将分配到2所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士，分配方法共有（ ） A. 10种 B. 12种 C. 14种 D. 16种 【答案】B 【解析】 【分析】分配1名医生和2名护士到一所学校即可. 【详解】解：先分配1名医生和2名护士到一所学校，另一所学校就就确定了， 所以共有种分配方案， 故选：B 6. 我国古代《洛书》中记载着一种三阶幻方：将九个数字填入一个的正方形方格，满足每行、每列、每条对角线上的三个数字之和相同（如图）．已知数列的通项公式为，现将该数列的前项填入一个的正方形方格，使其满足四阶幻方，则此四阶幻方中每一行的数字之和为（ ） A. 60 B. 72 C. 76 D. 80 【答案】C 【解析】 【分析】直接利用等差数列的性质及求和公式求解即可. 【详解】由等差数列的性质得，四阶幻方所有数字之和为， 由于每行、每列、每条对角线上的数字之和都相等， 所以每行的数字之和为. 故选：C. 7. 如图，三棱锥的各棱长都是，点､､分别是､､的中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的数量积运算逐个分析判断即可 【详解】由题意，三棱锥为正四面体， 点､､分别是､､的中点，，且， 对于A，； 对于B，； 对于C，； 对于D，. 等于. 故选：B. 8. 已知直线与椭圆交于，两点，当取最大值时的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，，联立直线与椭圆方程，求出交点坐标，即可表示出，再由二次函数的性质计算可得. 【详解】设，，由， 消去整理得，解得或，则，， 则，， 所以 ， 所以当，即时取最大值. 故选：C 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9. 给出下列命题，其中正确的有（ ） A. 空间任意三个向量都可以作为一个基底 B. 已知向量，则、与任何向量都不能构成空间的一个基底 C. 对空间任一向量，存在唯一的有序实数组，使得 D. 如果，是两个单位向量，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据共线向量、空间向量的基本定理、基底、单位向量概念等知识对选项进行分析，由此确定正确答案. 【详解】对于，因为是空间的一组基底，所以,,为不共线的非零向量，故选项错误; 对于，因为,所以与共线，故,与任何向量都不能构成空间的一个基底，故选项正确; 对于，当为空间的一组基底时，对于空间任一向量，则存在唯一的有序实数组，使得，故选项错误; 对于，若,都是单位向量，则模长都为，故，故选项正确. 故选：. 10. 设是等差数列，是其前n项的和，且则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 与均为的最大值 【答案】ABD 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，根据题意，得到，结合等差数列的性质，逐项判定，即可求解. 【详解】根据题意，设等差数列的公差为， 因为，可得， 对于A中，由，所以A正确； 对于B中，由，所以B正确； 对于C中，由，所以，所以C不正确； 对于D中，由，可得数列为递减数列，且，所以， 所以和均为的最大值，所以D正确. 故选：ABD. 11. 关于函数的性质，下列叙述正确的是（ ） A. 时，单调递增 B. 时，单调递减 C. 为的极小值点 D. 的极大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】求出导数，给出单调性即可求解． 【详解】， 由，得，由，得，或， 故函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，则A项正确， B项中的单调区间不能用“”，故错误， C项中，为的极小值点，故错误； D项中，当时，取得极大值，为，故正确， 故选：AD 12. 曲线C是平面内与两个定点，的距离的积等于常数的点的轨迹.则下列说法正确的是（ ） A. 曲线C关于坐标原点对称 B. 曲线C过坐标原点 C. 若点P在曲线C上，则 D. 以，为焦点、以为长轴长的椭圆上的点一定不会在曲线C围成的区域的外部 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先求函数的解析式，再代入分析函数的对称性，判断A；代入原点判断B；利用三角形的面积公式，结合轨迹的定义，即可判断C；结合椭圆的定义，以及基本不等式，即可判断D. 【详解】设动点， ，即，（*） 点关于原点的对称点为，代入（*） 得，故A正确； 并且将，代入（*）都满足，所以曲线也关于轴对称， B，原点代入（*），得，，所以曲线不过原点，故B错误； C，若点是曲线上，则， 因为，所以，故C正确. D，由椭圆的定义可知，以，为焦点、以为长轴长的椭圆满足 ； 根据基本不等式可知，， 所以曲线上的点都在椭圆的外部或上面，故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题第D选项的关键是理解点在椭圆外，以及和基本不等式比较大小结合在一起的思路. 第Ⅱ卷（非选择题 共90分） 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 圆心在 ，且过点的圆的方程是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意求得圆的半径，即可得答案. 【详解】由题意知圆心在 ，且过点的圆的半径为， 故所求圆的方程为. 故答案为：. 14. 已知，那么________； 【答案】 【解析】 【分析】根据组合数的性质及组合数的计算公式计算可得； 【详解】解：因为，所以，即，即，解得或（舍去） 故答案为： 15. 已知等比数列的前项和为，且，，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】法一：根据等比数列求和公式化简可得解；法二：根据等比数列前项和的性质可得解. 【详解】由数列为等比数列， 当时，，则，此方程无解， 法一： 当时，， 所以，化简可得， 所以； 法二： 由等比数列可知当时，，不满足题意， 且当时，，，仍成等比数列， 即， 即， 解得， 故答案为：. 16. 将一边长为的正方形铁片的四角截去四个边长均为的小正方形，然后做成一个无盖的方盒，当等于__________时，方盒的容积最大． 【答案】 【解析】 【分析】先求出方盒容积的表达式，再利用导数根据单调性求最大值. 【详解】方盒的容积为： 当时函数递减，当时函数递增 故答案为 【点睛】本题考查了函数的最大值的应用，意在考查学生的应用能力和计算能力. 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 将一枚质地均匀的硬币连续抛掷4次，X表示“正面朝上”出现的次数． （1）求X的分布列； （2）求X的期望和方差． 【答案】（1）分布列见解析 （2）， 【解析】 【分析】（1）由求解即可； （2）由二项分布的数学期望及方差公式求解． 【小问1详解】 解：一枚质地均匀的硬币抛掷一次正面朝上的概率为， 且每次是否正面朝上相互独立，所以， ，， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 【小问2详解】 根据（1），所以，． 18. 已知椭圆：（）的左焦点为，短轴长为2． （1）求椭圆的方程； （2）过点、斜率为1的直线交椭圆于，两点，为坐标原点，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由基本量求解椭圆方程即可. （2）求出直线与椭圆的交点坐标，再求解三角形面积即可. 【小问1详解】 由题设知，所以， 于是椭圆的方程为； 【小问2详解】 依题意，直线的方程为，设， 联立，解得或， 所以的面积 . 19. 已知二次函数在处取得极值，且在点处的切线与直线平行． （1）求的解析式； （2）求函数在区间上的最大值和最小值． 【答案】（1） （2）最小值为，最大值为2 【解析】 【分析】（1）先求导，进而根据题意即可求出、，从而得解. （2）先求出的解析式，再求导研究函数在上的单调性，结合其端点值和极值即可得解. 【小问1详解】 由可得， 所以由题意得，即，解得，， 所以. 【小问2详解】 由题意可知， 所以， 令，解得，， 列表有 x 1 0 0 递增 极大值 递减 极小值 递增 由上可知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又，， 所以最小值为，最大值为2. 20. 在长方体中，点E，F分别在，上，且，． （1）求证：平面AEF； （2）当，，时，求平面AEF与平面所成二面角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为， 所以， 因为， 所以，又，平面 所以平面AEF； （2） 【解析】 【分析】（1）分别由，，得到，，再利用线面垂直的判定定理证明； （2）分别以AB、AD、为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，连接AC，求得平面的一个法向量，易得是平面AEF的一个法向量，设平面AEF和平面所成的角为，由求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 分别以AB、AD、为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，连接AC， 因为，，， 则， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，， 所以，所以可取， 又因为平面AEF， 所以是平面AEF的一个法向量， 设平面AEF和平面所成的角为， 则， 所以平面AEF和平面所成的角的余弦值为． 21. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，令，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式及前项和公式列方程组求解即可. （2）根据错位相减法及等比数列的前项和公式求解即可. 【小问1详解】 设等差数列的首项为，公差为，则前项和为. 所以，即， 解得，，所以. 因此数列的通项公式为. 【小问2详解】 . ， ， 所以 ， 即， 所以. 22. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1）当时，在单调递减； 当，在单调递减，在单调递增. （2）. 【解析】 【详解】（1）的定义域为，， （ⅰ）若，则，所以在单调递减. （ⅱ）若，则由得. 当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增. （2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点. （ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为. ①当时，由于，故只有一个零点； ②当时，由于，即，故没有零点； ③当时，，即. 又，故在有一个零点. 设正整数满足，则. 由于，因此在有一个零点. 综上，的取值范围为. 点睛:研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数有2个零点求参数a的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断与其交点的个数，从而求出a的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $