精品解析：湖南省怀化市沅陵县第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题

2022级下学期期末考试（24年7月） 高二数学 试卷总分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号. 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 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） 一、单选题 1 已知三条直线，，满足且，则与（ ） A. 平行 B. 垂直 C. 共面 D. 异面 2. 已知圆的圆心为，且经过圆：与圆：的交点．则圆的面积为（ ） A. B. C. D. 3. 某班主任对全班50名学生进行了作业量的评价调查，所得数据如表所示： 认为作业量大 认为作业量不大 总计 男生 18 9 27 女生 8 15 23 总计 26 24 50 则认为作业量的大小与学生的性别有关的犯错误的概率不超过（ ） A. 0.01 B. 0.05 C. 0.10 D. 无充分证据 4. 定义在上的函数满足，当时，，若，则实数的取值范围是（ ） A B. C. D. 5. 将6名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行服务，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（　　） A. 480种 B. 1080种 C. 1560种 D. 2640种 6. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知是平面向量，且是单位向量，若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是（ ） A. B. C. 2 D. 8. 设数列的各项均为非零的整数，其前项和为.若为正偶数，均有，且，则的最小值为（ ） A. 0 B. 22 C. 26 D. 31 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. 某杂交水稻种植研究所调查某地水稻株高X（单位：cm）的情况，得出，则下列说法正确的是（ ） A. 该地水稻株高的方差为10 B. 若，则 C. 随机测量一株水稻，其株高在120 cm以上的概率比株高在70 cm以下的概率大 D. 随机测量一株水稻，其株高在和株高在（单位：cm）概率一样大 10. 设，则下列选项正确的是（    ） A. B. C. D. 11. 在平面直角坐标系中，有两个圆和，其中r1，r2为正常数，满足或，一个动圆P与两圆都相切，则动圆圆心的轨迹方程可以是（ ） A. 两个椭圆 B. 两个双曲线 C. 一个双曲线和一条直线 D. 一个椭圆和一个双曲线 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列为等比数列，，，则______. 13. 已知直线与抛物线交于两点，且为原点），则抛物线方程为______. 14. 已知曲线与曲线关于直线对称，则与两曲线均相切的直线的方程为______________. 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. 记数列的前n项和为，对任意，有． （1）证明：是等差数列； （2）若当且仅当时，取得最大值，求的取值范围． 16. 已知数列{}为等差数列，，，数列{}的前n项和为，且满足． （1）求{}和{}的通项公式； （2）若，数列{}的前n项和为，且对恒成立，求实数m的取值范围． 17. 如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，为中点． （1）求证：平面平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 《中华人民共和国老年人权益保障法》规定，老年人的年龄起点标准是60周岁．为解决老年人打车难问题，许多公司均推出老年人一键叫车服务．某公司为调查老年人对打车软件的使用情况，在某地区随机抽取了100位老年人，调查结果整理如下： 年龄/岁 80岁以上 使用过打车软件人数 41 20 11 5 1 未使用过打车软件人数 1 3 9 6 3 （1）从该地区的老年人中随机抽取1位，试估计该老年人的年龄在且未使用过打车软件的概率； （2）从参与调查的年龄在且使用过打车软件的老年人中，随机抽取2人进一步了解情况，用X表示这2人中年龄在的人数，求随机变量X的分布列及数学期望； （3）为鼓励老年人使用打车软件，该公司拟对使用打车软件的老年人赠送1张10元的代金券，若该地区有5000位老年人，用样本估计总体，试估计该公司至少应准备多少张代金券． 19. 设函数． （1）讨论的单调性； （2）已知直线与曲线交于三点，且． （i）若成等差数列，求k； （ii）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2022级下学期期末考试（24年7月） 高二数学 试卷总分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号. 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 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） 一、单选题 1. 已知三条直线，，满足且，则与（ ） A. 平行 B. 垂直 C. 共面 D. 异面 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间直线平行垂直的定义，结合等角定理进行判定. 【详解】若且，根据空间直线垂直的定义，可得，不平行，有可能共面，也有可能异面. 故选：B. 2. 已知圆的圆心为，且经过圆：与圆：的交点．则圆的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】联立圆与圆的方程，解得两交点坐标，即可求得圆的半径，从而可得答案. 【详解】解：联立，解得：或， 所以圆的半径为：， 所以的面积为. 故选：B． 3. 某班主任对全班50名学生进行了作业量的评价调查，所得数据如表所示： 认为作业量大 认为作业量不大 总计 男生 18 9 27 女生 8 15 23 总计 26 24 50 则认为作业量的大小与学生的性别有关的犯错误的概率不超过（ ） A. 0.01 B. 0.05 C. 0.10 D. 无充分证据 【答案】B 【解析】 【分析】计算，再进行判断. 【详解】因为，又 所以认为作业量的大小与学生的性别有关的犯错误的概率不超过0.05. 故选：B 4. 定义在上的函数满足，当时，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 构造函数，已知条件可得是偶函数，在上递增，不等式化为，然后由单调性可求解． 【详解】设，因为， 所以，所以是偶函数， 时，，则，所以在上增函数． 不等式可化，即，由是偶函数得，而在上是增函数， 所以，解得． 故选：D． 【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性，解题关键是构造新函数，已知条件推导出的性质：偶函数，在是递增，不等式化为与有关的不等式，应用偶函数定义和单调性质可求解． 5. 将6名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行服务，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（　　） A. 480种 B. 1080种 C. 1560种 D. 2640种 【答案】C 【解析】 【分析】将6名北京冬奥会志愿者分4组，有1，1，1，3和2，2，1，1两种分组方法，再分别计算每组的安排方法可得答案. 【详解】6名北京冬奥会志愿者分4组，有1，1，1，3和2，2，1，1两种分组方法， 当为1，1，1，3时，有种； 当为2，2，1，1时，有种， 共有种不同的分配方案. 故选：C. 6. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令,求导得，于是得在上单调递增，所以当时有，进而可得，由二倍角公式及的单调性可得，即可得答案. 详解】解：令,则， 所以在上单调递增， 所以当时，， 即当时，， 所以，即， 又因为， 即， 综上所述：. 故选：A. 【点睛】本题考查了通过构造函数，利用函数的单调性进行大小比较，也考查了导数的应用和逻辑推理能力，属于较难题. 7. 已知是平面向量，且是单位向量，若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，以为原点，的方向为轴正方向，建立坐标系，由得点在以为圆心，以1为半径的圆上，由已知得的终点在不含端点的两条射线上，设，将所求的最小值转化为点到和的距离之和的最小值的倍减去1. 【详解】由， 设，以为原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的坐标系， 由，得点在以为圆心，以1为半径的圆上， 又非零向量与的夹角为，设的起点为原点，则的终点在不含端点的两条射线上，设， 则的最小值为 ， 表示点到和的距离之和的最小值的倍， 则最小值为， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：设，以为原点，的方向为轴正方向，建立坐标系，由得点在以为圆心，以1为半径的圆上，由已知得的终点在不含端点的两条射线上，设，本题关键点是将所求的最小值转化为点到和的距离之和的最小值的倍减去1. 8. 设数列各项均为非零的整数，其前项和为.若为正偶数，均有，且，则的最小值为（ ） A. 0 B. 22 C. 26 D. 31 【答案】B 【解析】 【分析】因为，不妨设，由题意求出的最小值，的最小值，，令时，有最小值. 【详解】因为，所以互为相反数，不妨设， 为了取最小值，取奇数项为正值，取偶数项为负值，且各项尽可能小，. 由题意知：满足，取的最小值； 满足，因为，故取的最小值； 满足，取的最小值； 同理，取的最小值； 所以， 满足，取的最小值； 满足，因为，所以，取的最小值； 满足，因为，所以，取的最小值； 同理，取的最小值； 所以， 所以， 因为数列的各项均为非零的整数，所以当时，有最小值22. 故选：B 【点睛】关键点点睛：有最小值的条件是确保各项最小，根据递推关系分析可得奇数项的最小值与偶数项的最小值，从而可得的最小值. 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. 某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高X（单位：cm）的情况，得出，则下列说法正确的是（ ） A. 该地水稻株高的方差为10 B. 若，则 C. 随机测量一株水稻，其株高在120 cm以上的概率比株高在70 cm以下的概率大 D. 随机测量一株水稻，其株高在和株高在（单位：cm）的概率一样大 【答案】BC 【解析】 【分析】根据已知条件，结合正态分布的定义和正态曲线的对称性，即可求解． 【详解】因为，所以，， 对于A，因为，所以方差为100，所以A错误； 对于B，因为，，所以，解得，所以B正确； 对于C，因为，由正态密度曲线的性质，则， 又，即， 所以随机测量一株水稻，其株高在120 cm以上的概率比株高在70 cm以下的概率大，所以C正确； 对于D，因为，由正态密度曲线的性质，， 又，即 所以随机测量一株水稻，其株高在比株高在 (单位：cm)的概率小，所以D错误． 故选：BC 10. 设，则下列选项正确的是（    ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】令，则，将原式变形，对于，为第二项的系数，由二项式定理即可求解；对于，令，即可得；对于，令，可求，令，即可求解；对于，令，即可求解. 【详解】令，所以， 所以原式可变形为， 所以，故正确； 令，则，故正确； 令，则， 令，则，所以，故不正确； 令，则， 所以，故不正确. 故选：. 11. 在平面直角坐标系中，有两个圆和，其中r1，r2为正常数，满足或，一个动圆P与两圆都相切，则动圆圆心的轨迹方程可以是（ ） A. 两个椭圆 B. 两个双曲线 C. 一个双曲线和一条直线 D. 一个椭圆和一个双曲线 【答案】BCD 【解析】 【分析】两圆圆心距C1C2＝4，当r1+r2＜4，即两圆外离时，动圆P可能与两圆均内切或均外切或一个内切一个外切；当r1+r2＞4，两圆相交，动圆P可能与两圆均内切或均外切或一个内切一个外切，分别讨论，得出结论． 【详解】解：根据题意圆，半径r1，圆，半径r2，所以，设圆P的半径为r， （1）当，即两圆外离时，动圆P可能与两圆均内切或均外切或一个内切一个外切， ①均内切时，，此时， 当时，此时P点的轨迹是以C1，C2为焦点的双曲线， 当时，此时点P在C1，C2的垂直平分线上． ②均外切时|PC1|＝r+r1，|PC2|＝r+r2，此时． 此时P点的轨迹是与①相同． ③与一个内切与一个外切时，不妨设与圆C1内切，与圆C2外切， |PC1|＝r﹣r1，|PC2|＝r+r2， 与圆C2内切，与圆C1外切时，同理得， 此时点P的轨迹是以C1，C2为焦点的双曲线，与①中双曲线不一样． （2）当，两圆相交，动圆P可能与两圆均内切或均外切或一个内切一个外切， ④均内切时轨迹和①相同． ⑤均外切时轨迹和①相同 ⑥与一个内切另一个外切时，不妨设与圆C1内切，与圆C2外切， |PC1|＝r1﹣r，|PC2|＝r+r2，|PC1|+|PC2|＝r1+r2 此时点P的轨迹是以C1，C2为焦点的椭圆． 与圆C2内切，与圆C1外切时，同理得， 此时点P的轨迹是以C1，C2为焦点的椭圆． 故选：BCD． 【点睛】本题考查动点的轨迹问题，圆与圆的位置关系以及椭圆与双曲线的定义的应用，解答本题的关键是根据动圆圆心与已知圆的圆心距离，的和与差与，间的关系，结合椭圆与双曲线的定义进行分析 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列为等比数列，，，则______. 【答案】12 【解析】 【分析】根据题意结合等比数列的通项公式运算求解. 【详解】设等比数列的公比为， 由题意可得：，则， 且，所以. 故答案为：12. 13. 已知直线与抛物线交于两点，且为原点），则抛物线方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理结合向量垂直的坐标表示求解即得. 【详解】由消去x并整理得：，设， 则，显然， 由，得，即，解得， 所以抛物线方程为. 故答案为： 14. 已知曲线与曲线关于直线对称，则与两曲线均相切的直线的方程为______________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用对称性求得曲线，再利用导数的几何意义列式求得切点坐标，从而得解. 【详解】设曲线上任一点的坐标为，满足， 则该点关于直线的对称点为，得，整理可得， 设曲线上的切点为，曲线上的切点为， 又的导函数为的导函数为， 则，两式整理得， 所以，即，解得，所以. 所以曲线与曲线的公切线的公切点为， 则切线的斜率为1，故与两曲线均相切的直线的方程为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：用导数求切线方程的关键在于求出切点及斜率，其求法为： （1）设是曲线上的一点，则以的切点的切线方程为：； （2）若曲线在点的切线平行于轴（即导数不存在）时，由切线定义知，切线方程为． 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. 记数列的前n项和为，对任意，有． （1）证明：是等差数列； （2）若当且仅当时，取得最大值，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用数列，结合等差数列的定义，即可证明； （2）由条件转化为，再转化为关于首项的不等式，即可求解. 【小问1详解】 因为①，则② ①－②可得 ， 故为等差数列． 【小问2详解】 若当且仅当时，取得最大值， 则有,得则，， 故的取值范围为． 16. 已知数列{}为等差数列，，，数列{}的前n项和为，且满足． （1）求{}和{}的通项公式； （2）若，数列{}的前n项和为，且对恒成立，求实数m的取值范围． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）求解等差数列{}通项公式，只需设参数，d列方程组即可求解，数列{}通过已知前n项和求解通项公式； （2）需要先用错位相减法求得数列{}的前n项和为，代入不等式中对n分类讨论，转化为最值问题，求出m范围即可． 【小问1详解】 解：等差数列{}中，设公差为d， 则 数列{}中的前n项和为，且① 当时， 当时，② ②－①得： 故数列{}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以. 【小问2详解】 解：数列{}中，. 则 所以 故 所以 ∵对恒成立． 当n为奇数时，， 当n为偶数时， 综上：实数m的取值范围为． 17. 如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，为的中点． （1）求证：平面平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用两平面法向量数量积为，证明面面垂直； （2）利用法向量方法求解线面角. 【小问1详解】 以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则，，，， ，，. 设平面PCD的一个法向量为，则， 即，不妨令，则，， 所以， 设平面PAC的一个法向量为，则， 即，不妨令，则，， 所以， 因为， 所以，所以平面平面． 【小问2详解】 由（1）知，，所以，， 因为，所以，即，解得， 故，所以，由（1）知， 设直线BM与平面PCD所成的角为， 则， 故直线BM与平面PCD所成角的正弦值为. 18. 《中华人民共和国老年人权益保障法》规定，老年人的年龄起点标准是60周岁．为解决老年人打车难问题，许多公司均推出老年人一键叫车服务．某公司为调查老年人对打车软件的使用情况，在某地区随机抽取了100位老年人，调查结果整理如下： 年龄/岁 80岁以上 使用过打车软件人数 41 20 11 5 1 未使用过打车软件人数 1 3 9 6 3 （1）从该地区的老年人中随机抽取1位，试估计该老年人的年龄在且未使用过打车软件的概率； （2）从参与调查的年龄在且使用过打车软件的老年人中，随机抽取2人进一步了解情况，用X表示这2人中年龄在的人数，求随机变量X的分布列及数学期望； （3）为鼓励老年人使用打车软件，该公司拟对使用打车软件的老年人赠送1张10元的代金券，若该地区有5000位老年人，用样本估计总体，试估计该公司至少应准备多少张代金券． 【答案】（1） （2）分布列见解析， （3）3900张 【解析】 【分析】（1）求出调查的100位老年人中年龄在且未使用过打车软件的人数，再利用频率估计概率，即可估计该老年人的年龄在且未使用过打车软件的概率； （2）求出X的所有可能取值，并分别求出X取每个值时对应的概率，即可写出X的分布列，然后利用定义或超几何分布的期望公式得其数学期望； （3）先求出随机抽取的100位老年人中使用过打车软件的人数，即可估计该公司至少应准备代金券的数量． 【小问1详解】 在随机抽取的100位老年人中，年龄在且未使用过打车软件的人数为， 所以随机抽取的这1位老年人的年龄在且未使用过打车软件的概率． 小问2详解】 由题可知，X的所有可能取值为0，1，2， 且， ， ． 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 故X的数学期望． 【小问3详解】 在随机抽取100位老年人中，使用过打车软件的共有（人）， 所以估计该公司至少应准备张代金券． 19. 设函数． （1）讨论的单调性； （2）已知直线与曲线交于三点，且． （i）若成等差数列，求k； （ii）证明：． 【答案】（1）单调递增区间为和，单调递减区间为； （2）（i），（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先对函数求导，结合导数与单调性关系即可求解； （2）（i）令，即，故一个交点为原点．设，，结合导数分析的单调性，再由，，成等差数，结合等差数列的性质即可求解； （ii）证明：要证，即证，结合的单调性，即证，即证，构造函数，，对其求导，结合导数与单调性关系即可证明． 【小问1详解】 易得， 令，得,,；令，得， 故的单调递增区间为和，单调递减区间为； 【小问2详解】 （i）令，即，故一个交点为原点． 设，则， 令，解得，令，解得， 故在上单调递减，在上单调递增，， 当时，，当时，， 要使有3个不同的交点，则，，，， 由，，成等差数列得，，则，且，， 故有，即，解得舍去）， 则，则； （ii）证明：要证，即证， 由于， 又在上单调递减，即证，即证， 令，，则 ， 故在上单调递增，故，则，故． 【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题： 1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； 3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$