精品解析：河南省安阳市2023-2024学年高二下学期4月期中考试数学试题

2023—2024学年（下）高二年级期中考试 数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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 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. 已知数列的前5项依次为，按照此规律，可知（ ） A 8 B. 12 C. 16 D. 32 2. 已知抛物线经过点，则的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 某次高三统考共有12000名学生参加，若本次考试的数学成绩服从正态分布，已知数学成绩在70分到130分之间的人数约为总人数的，则此次考试中数学成绩不低于130分的学生人数约为（ ） A. 2400 B. 1200 C. 1000 D. 800 4. 若随机变量服从二项分布，且，则（ ） A. 39 B. 50 C. 63 D. 68 5. 已知的展开式中不含常数项，则实数（ ） A. 1 B. C. D. 6. 已知椭圆，点关于直线的对称点在上，且点与不重合，则（ ） A. B. C. D. 7. 为促进消费，某商场推出抽奖游戏：甲、乙两袋中装有大小、材质均相同的球，其中甲袋中为4个黑球和6个白球，乙袋中为3个黑球和5个白球.顾客要从甲袋中随机取出1个球放入乙袋中，充分混合后，再从乙袋中随机取出1个球，若从乙袋中取出的球是黑球，则获得100元消费券，否则获得50元消费券.则顾客获得100元消费券的概率为（ ） A B. C. D. 8. 若对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 下列说法中正确是（ ） A 若，则 B. 若，则 C. 若随机变量，且，则 D. 若随机变量的分布列为，则 10. 已知等差数列满足，等比数列满足，则下列说法中正确的是（ ） A. 数列的前3项和为86 B. 数列的前50项和为50 C. 若数列的前项和为，则 D. 若，则是公差为的等差数列 11. 已知直线过定点，且与圆相交于两点，则（ ） A. 点的坐标为 B. 的最小值是 C. 的最大值是0 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某快餐厅推出一种双人组合套餐，每份套餐包括2份主食和2杯材料，主食有5种可供选择，饮料有4种可供选择，且每份套餐中主食和饮料均不能重复，则这种双人套餐的不同搭配有_______种.（用数字作答） 13. 设，则______. 14. 已知函数，过点且与曲线相切的直线有3条，则实数的取值范围是______. 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. 在数列中，. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前12项和，其中表示不超过的最大整数，如，. 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面为棱的中点. （1）证明：平面； （2）若为棱的中点，求平面与平面的夹角的余弦值. 17. 某校组织全校学生参加“防范校园欺凌”知识竞赛，现从中随机抽取了100名学生，将他们的得分（满分：100分）分成如下6组：，绘制成频率分布直方图如下： （1）求的值，并估计这100名学生的平均得分.（同一组数据用该组区间的中点值作代表） （2）若该校决定奖励竞赛得分排名前的学生，小明本次竞赛获得78分，估计他能否获得奖励. （3）从样本中竞赛得分不低于80学生中，按比例用分层随机抽样的方法抽取10人进行学习交流，再从参加学习交流的学生中任选3人，记这3人中得分在内的人数为，求的分布列和数学期望. 18. 已知双曲线的左焦点为，左顶点为，虚轴的上端点为，且. （1）求的方程； （2）若直线的斜率是的斜率为正的渐近线的斜率的2倍，且与交于两点，直线的斜率之和为，求的方程. 19. 已知函数存在两个零点. （1）求实数的取值范围； （2）若当时，恒成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023—2024学年（下）高二年级期中考试 数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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 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. 已知数列的前5项依次为，按照此规律，可知（ ） A. 8 B. 12 C. 16 D. 32 【答案】A 【解析】 【分析】利用观察法求出数列的通项公式即可得解. 【详解】数列的前5项依次为，则， 所以. 故选：A 2. 已知抛物线经过点，则的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，求出，进而求出焦点坐标. 【详解】依题意，，解得， 所以抛物线的焦点坐标为. 故选：B 3. 某次高三统考共有12000名学生参加，若本次考试的数学成绩服从正态分布，已知数学成绩在70分到130分之间的人数约为总人数的，则此次考试中数学成绩不低于130分的学生人数约为（ ） A. 2400 B. 1200 C. 1000 D. 800 【答案】B 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性求出即可计算得解. 【详解】依题意，，， 因此， 所以此次考试中数学成绩不低于130分的学生人数约为. 故选：B 4. 若随机变量服从二项分布，且，则（ ） A. 39 B. 50 C. 63 D. 68 【答案】C 【解析】 【分析】先利用二项分布的概率公式求出的值，再利用排列数公式和组合数公式求解． 【详解】随机变量服从二项分布，且， ， ， ， ． 故选：C． 5. 已知的展开式中不含常数项，则实数（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出二项式展开式通项公式，再分析常数项即可得解. 【详解】二项式展开式的通项公式， 由，得，由，得， 因此展开式中的常数项为，所以. 故选：A 6. 已知椭圆，点关于直线的对称点在上，且点与不重合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，，由题意可得的斜率为，由两点的斜率公式可得，的一个关系式，由，的中点在直线方程上，从而可得的坐标，将点的坐标代入椭圆方程，可求出的值． 【详解】不妨设,， 由题意可得，即：， 又的中点在直线上， 所以，解得，故， 而在椭圆上．故，解得或， 由于时与坐标相同，故． 故选：C． 7. 为促进消费，某商场推出抽奖游戏：甲、乙两袋中装有大小、材质均相同的球，其中甲袋中为4个黑球和6个白球，乙袋中为3个黑球和5个白球.顾客要从甲袋中随机取出1个球放入乙袋中，充分混合后，再从乙袋中随机取出1个球，若从乙袋中取出的球是黑球，则获得100元消费券，否则获得50元消费券.则顾客获得100元消费券的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用古典概率及条件概率公式求出概率，再利用全概率公式计算即得. 【详解】记顾客获得100元消费券的事件为，从甲袋中取出黑球的事件为， 则，，， 所以. 故选：B 8. 若对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定的不等式，利用同构的思想，并按分类讨论，构造函数，利用导数探讨单调性转化为恒成立的不等式求解. 【详解】由，得，当时，，当时，， 不等式恒成立，当时，令函数，求导得， 当时，，函数在上单调递增，而当时，， 不等式，即，于是， 因此，恒成立，令，求导得， 则函数在上单调递增，，于是，则， 所以实数的取值范围是. 故选：D 【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用. 二、多项选择题：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. 下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若随机变量，且，则 D. 若随机变量的分布列为，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用条件概率公式可判断A，利用概率的性质可判断B，利用二项分布的期望和方差公式可判断C，利用离散型随机变量的期望公式可判断D． 【详解】对于A，因为，所以，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，因为，所以， 所以，解得， 所以，所以，故C正确； 对于D，因为随机变量的分布列为， 所以，，， 所以，故D错误． 故选：ABC． 10. 已知等差数列满足，等比数列满足，则下列说法中正确的是（ ） A. 数列前3项和为86 B. 数列的前50项和为50 C. 若数列的前项和为，则 D. 若，则是公差为的等差数列 【答案】BC 【解析】 【分析】根据等差数列及等比数列的基本量运算求出通项公式，再根据求和公式判断A，再应用分组求和及裂项相消判断B，C选项，根据定义判断等差数列的公差判断D选项. 【详解】因为所以， 因为，所以， 对于A：的前3项和为，A选项错误； 对于B：的前50项和为，B选项正确； 对于C：，，C选项正确； 对于D：，， 所以是公差为的等差数列，D选项错误. 故选：BC. 11. 已知直线过定点，且与圆相交于两点，则（ ） A. 点的坐标为 B. 的最小值是 C. 的最大值是0 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】将直线的方程化简为点斜式，判断出A项的正误；根据时被圆截得弦长最短，算出的最小值，从而判断出B项的正误； 利用平面向量数量积的定义与运算性质，结合圆的性质求出的最大值与的大小，从而判断出CD两项的正误． 【详解】根据题意，圆的圆心为，半径． 对于A，直线，可化， 所以直线经过点，斜率为， 因此直线过定点，A项正确； 对于B，当时，直线到圆心的距离达到最大值， 此时，可知的最小值是，故B项不正确； 对于C，，由于的最小值是，此时取最大值，故最大值为0，故C项正确； 对于D，设的中点为，连接，则， 可得 ，故D项正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某快餐厅推出一种双人组合套餐，每份套餐包括2份主食和2杯材料，主食有5种可供选择，饮料有4种可供选择，且每份套餐中主食和饮料均不能重复，则这种双人套餐的不同搭配有_______种.（用数字作答） 【答案】60 【解析】 【分析】利用组合数和分步乘法计数原理计算得出。 【详解】先从5种主食选2种，有种选法，再从4中饮料中选2种，有种选法，所以共有种不同的搭配. 故答案为：60 13. 设，则______. 【答案】728 【解析】 【分析】根据二项式的展开式赋值法求解即可. 【详解】因为， 所以， 令,可得， 令,可得， 所以. 故答案为：728. 14. 已知函数，过点且与曲线相切的直线有3条，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】设出切点坐标，利用导数的几何意义求出切线方程，并把点的坐标代入，构造函数，转化为函数有三个零点的问题求解. 【详解】设过点与曲线相切的切点坐标为， 函数，求导得， 则切线方程为，于是， 整理得，令， 过点且与曲线相切的直线有3条，当且仅当函数有3个零点， 求导得，当或时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，函数取得极大值，当时，函数取得极小值， 函数有三个零点，当且仅当，解得， 所以实数的取值范围是. 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. 在数列中，. （1）求通项公式； （2）设，求数列的前12项和，其中表示不超过的最大整数，如，. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）降次作差即可得到，最后验证即可； （2）求出前12项的每一项，最后求和即可. 【小问1详解】 当时，，①， 所以当时，②， ①②得， 即也满足该式，所以. 【小问2详解】 由（1）知， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 依次类推，可知. 所以数列的前12项和为. 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面为棱的中点. （1）证明：平面； （2）若为棱的中点，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）由给定条件证得，再利用线面垂直的性质、判定推理即得. （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量坐标，再利用面面角的向量求法求解. 【小问1详解】 在四棱锥中，由平面，平面，得， 在矩形中，为边的中点，， 则，，即有， 而平面，所以平面. 【小问2详解】 显然直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量，则，令，得， 设平面的法向量，则，令，得， ， 所以平面与平面的夹角的余弦值. 17. 某校组织全校学生参加“防范校园欺凌”知识竞赛，现从中随机抽取了100名学生，将他们的得分（满分：100分）分成如下6组：，绘制成频率分布直方图如下： （1）求的值，并估计这100名学生的平均得分.（同一组数据用该组区间的中点值作代表） （2）若该校决定奖励竞赛得分排名前的学生，小明本次竞赛获得78分，估计他能否获得奖励. （3）从样本中竞赛得分不低于80的学生中，按比例用分层随机抽样的方法抽取10人进行学习交流，再从参加学习交流的学生中任选3人，记这3人中得分在内的人数为，求的分布列和数学期望. 【答案】（1），70.5； （2）能； （3）分布列见解析，. 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图各小矩形面积和为1求出，再估算平均成绩. （2）求出竞赛得分排名前的最低成绩即可得解. （3）求出参加学习交流的学生中成绩在两个区间内的人数，再求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望. 【小问1详解】 依题意，，解得， 成绩在区间的频率依次为：， 所以这100名学生的平均得分为. 【小问2详解】 由（1）知，成绩在区间的频率为，成绩在区间的频率为， 则竞赛得分排名前的最低成绩，于是，解得， 而，所以估计小明能获得奖励. 【小问3详解】 参加学习交流的10人中，得分在的人数为，在内的人数为4， 的可能值为0，1，2，3， ，， 所以的分布列为 0 1 2 3 数学期望为. 18. 已知双曲线的左焦点为，左顶点为，虚轴的上端点为，且. （1）求的方程； （2）若直线的斜率是的斜率为正的渐近线的斜率的2倍，且与交于两点，直线的斜率之和为，求的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据得到关于的方程组，解出即可； （2）设，联立双曲线方程得到韦达定理式，再计算得，代入韦达定理式即可求出. 【小问1详解】 设半焦距为. 因为，所以， 解得，所以， 所以的方程为. 【小问2详解】 易知，因为的斜率为正的渐近线的斜率为， 所以的斜率为1，故设. 设.联立消去，整理得， 则，得，即或， . 又， 所以 . 整理得，解得(舍去)或， 所以直线的方程为，即. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法，再联立双曲线方程得到韦达定理式，最后计算斜率之积即可. 19. 已知函数存在两个零点. （1）求实数的取值范围； （2）若当时，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数法求含参函数的单调性，进而得出即可求解； （2）根据已知条件将问题转化为当时， 恒成立，设，由，得，再分和三种情况讨论，利用导数法求函数的最值即可求解. 【小问1详解】 因为，所以， 当时，，所以在上单调递增，不可能存在两个零点，不符合题意； 当时，令，则，解得， 当时，， 当时，， 故在上单调递减，在上单调递增； 因为存在两个零点， 所以，解得， 此时，又，当时，， 所以有两个零点，符合题意， 所以的取值范围为. 【小问2详解】 当时，恒成立，即恒成立， 设， 由题意知当时，恒成立，则， 即，解得， 若，则当且时，，所以，不符合题意， 若，则恒成立，符合题意， 下面证明：当时，对任意恒成立（*）， 要证，即证， 因为，所以， 只需证明即可， ， 令，则 当时，， 所以在上单调递增， 又， 所以当时，，，在单调递减； 当时，，，在单调递增， 所以，即命题（*）得证， 综上所述，的取值范围是． 【点睛】关键点睛：第一问直接利用导数法求含参函数的单调性，得出即可；第二问：根据已知条件将问题转化为当时， 恒成立， 设，由，得，再分和三种情况讨论即可求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$