精品解析：河北省石家庄师大附中2023-2024学年高二下学期期末数学试题

2023~2024学年度下学期期末质量检测 高二数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 往意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别求得集合和，根据交集的定义即可求解． 【详解】由题可知，，， 所以， 故选：A． 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的模长公式及除法运算求解复数，然后求其共轭复数即可. 【详解】因为，所以， 所以，所以. 故选：B 3. 设向量，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用求投影向量的公式进行求解即可. 【详解】在方向上的投影向量为 . 故选：C. 4. 已知直线与双曲线的一条渐近线平行，则的实轴长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据双曲线的渐近线和直线斜率可得，求得，进而可得实轴长. 【详解】由双曲线可知：，且焦点在x轴上， 则双曲线的渐近线为， 且直线的斜率， 若直线与双曲线的一条渐近线平行， 则，解得，即， 所以的实轴长为. 故选：D. 5. 已知圆锥的侧面积为，轴截面面积为1，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为（ ） A. 15° B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设相应长度，根据圆锥的侧面积和轴截面面积列式可得，再结合线面夹角运算求解. 【详解】设圆锥的母线为，底面半径为，高为， 由题意可得：，解得， 设该圆锥的母线与底面所成的角为，则， 可得，所以该圆锥的母线与底面所成的角为. 故选：C. 6. 在中，设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a，b，c成等差数列且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由正弦定理结合题意得和，再由余弦定理即可得解. 【详解】由正弦定理以及题意得且，所以， 故由余弦定理得. 故选：A. 7. 若函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，转化为在区间恒成立，设，利用导数求得的单调性，结合，即可求解. 【详解】由函数，可得， 因为函数在区间上单调递减， 可得在恒成立，即恒成立， 设，则，所以， 所以在单调递减，所以. 故选：B． 8. 在平面坐标系中，一个质点从原点出发，每次移动一个单位长度，且上下左右四个方向移动的概率相等，若该质点移动6次后所在坐标为，则该质点移动的方法总数为（ ） A. 120 B. 135 C. 210 D. 225 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，可分为质点往右移动4次，往左移动2次；质点往右移动3次，往左移动1次，往上移动一次，往下移动一次；质点往右移动2次，往上移动2次，往下移动2次，结合分类计数原理，即可求解. 【详解】根据题意，可分为三种情况： ①质点往右移动4次，往左移动2次，， ②质点往右移动3次，往左移动1次，往上移动一次，往下移动一次，， ③质点往右移动2次，往上移动2次，往下移动2次，， 所以质点移动的方法总数为225. 故选：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. 关于二项式的展开式，下列说法正确的是（ ） A. 展开式的所有系数和为1 B. 展开式的第4项二项式系数最大 C. 展开式中不含项 D. 展开式的常数项为240 【答案】ABD 【解析】 【分析】在二项式中令，可判断A选项；利用二项式系数和可判断B选项；写出二项展开式，令的指数为，可判断C选项；令的指数为零，求出参数的值，代入展开式通项可判断D选项. 【详解】对于A选项：令，可得二项式的展开式中所有项的系数和为，故A正确； 对于B选项：因为指数为偶数，即， 所以展开式的第项二项式系数最大，故B正确； 展开式通项为， 对于C选项： 令，解得， 所以展开式中含项，故C错误； 对于D选项：令，可得， 故展开式中常数项为，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，直接由题意结合基本不等式得即可得解；对于B，由A得结合对数运算法则以及对数函数性质即可得解；对于C，由题意得和即，代入结合一元二次函数性质即可得解；对于D，由基本不等式“1”的妙用即可求解. 【详解】对于A，因为，，且， 所以，当且仅当时等号成立，故A错误； 对于B，由A及题意可知，当且仅当时等号成立， 所以由是增函数得，故B正确； 对于C，由得，又由得即， 所以，当即时等号成立，故C正确； 对于D，由题， 当且仅当即时等号成立，故D错误. 故选：BC. 11. 已知抛物线的焦点为，准线为，点是上位于第一象限的动点，点为与轴的交点，则下列说法正确的是（ ） A. 到直线的距离为2 B. 以为圆心，为半径的圆与相切 C. 直线斜率的最大值为2 D. 若，则的面积为2 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，求出焦点坐标和准线方程，得到答案；B选项，由抛物线焦半径公式可得B正确；C选项，当直线与抛物线相切时，的斜率取得最大值．设直线，联立抛物线方程，根据根的判别式得到方程，求出直线斜率的最大值；D选项，设，根据焦半径公式得到方程，求出，求出三角形面积. 【详解】A选项，易知，准线，所以到直线的距离为2，A选项正确； B选项，由抛物线的定义，点到准线的距离等于，所以以为圆心，为半径的圆与相切，B选项正确； C选项，当直线与抛物线相切时，的斜率取得最大值．设直线， 与抛物线联立可得：，令得：， 所以直线斜率的最大值为1，C选项错误； D选项，，设，则，解得， 所以的面积为，D选项正确. 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知变量和的统计数据如下表： 1 2 3 4 5 1.5 2 4 4.5 若由表中数据得到经验回归直线方程为，则_________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据经验回归直线经过样本中心点求解. 【详解】易知，经验回归直线过样本点的中心， 所以，所以，解得． 故答案为： 13. 将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，若，则的最小值为___________． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】利用平移变化得到的解析式，再根据知，，代入的解析式即可求出的取值范围，再结合，求出的最小值. 【详解】将函数的图象向左平移个单位长度得到函数， 又，则， ，或 即，或， 又，的最小值为. 故答案为：. 14. 不透明的袋子中装有2个白球，3个黑球（除颜色外，质地大小均相同），学生甲先取出2个球（不放回），学生乙在剩下的3个球中随机取一个，已知甲至少取走了1个黑球，则乙取出白球的概率为_________． 【答案】 【解析】 【分析】利用全概率公式求解即可. 【详解】甲取走1个黑球1个白球的方法数为，取走2个黑球的方法数为， 所以乙取出白球的概率为． 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列． （1）求的通项公式； （2）设为的前项和，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列通项公式基本量运算即可； （2）先根据基本量运算得出前n项和，再根据二次函数求出最值即可. 【小问1详解】 设的公差为， 则， 依题意，， 即， 整理得，， 解得，或（舍）， 所以； 【小问2详解】 ， 因为， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为． 16. 如图，在三棱锥中，平面分别为的中点，且． （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为为的中点，，所以， 因为平面平面，所以， 又平面； 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）由平面可得，再由，所以，从而可证平面； （2）以分别为轴的空间直角坐标系，利用两平面的夹角的空间向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 若，则两两垂直， 分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系， ， ， 设平面的法向量为，则有， 即，令，则， 所以平面的一个法向量为， 易知平面平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 17. 某学校食堂提供甲、乙、丙三种套餐，每日随机供应一种，且相邻两天不重复．已知食堂今天供应套餐甲， （1）求接下来的三天中食堂均未供应套餐甲的概率； （2）用随机变量表示接下来的三天中食堂供应套餐乙的天数，求的分布列与期望． 【答案】（1） （2）分布列： 0 1 2 数学期望为 【解析】 【分析】（1）记事件“接下来的三天中食堂都未供应套餐甲”，结合题意判断三天中供应套餐情况，即可求得答案； （2）确定X的可能取值，求出每个值对应的概率，即可得分布列，即可求得期望. 【小问1详解】 记事件“接下来的三天中食堂都未供应套餐甲”，则， 所以接下来的三天中食堂均未供应套餐甲的概率为； 【小问2详解】 的所有可能取值分别为0，1，2， 则， ， ， 的分布列为 0 1 2 所以的期望为． 18. 设函数． （1）讨论的单调性； （2）已知为的两个极值点，证明：． 【答案】（1）当时，在单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在和上单调递增，在上单调递减． （2）证明：由（1）知，当且时，有2个极值点，且， 则 ， 令，， 设，则， 则在单调递增，即在单调递增， 又， 所以当时，，则在单调递减； 当时，，则在单调递增； 所以，所以当且时，， 所以，即． 【解析】 【分析】（1）先求得，令，分类讨论的值即可求解； （2）由（1）知，当且时，有2个极值点，且，由根与系数的关系得，令，根据导数得出即可证明． 【小问1详解】 由，， 得， 令， ①当时，，则，所以在单调递增； ②当时，，令，则，解得或， i)当时，当时，，当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减； ii)当时，当时，，当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减； 综上，当时，在单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在和上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 略 19. 已知椭圆的右焦点为，离心率为，过的直线交于两点，为坐标原点，当时，． （1）求的方程； （2）过的另一条直线交于两点，设直线的斜率为，直线的斜率为，若，求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用离心率以及即可求解， （2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可利用弦长公式求解,结合基本不等式即可求解. 【小问1详解】 设焦距为，当时，将代入椭圆方程可得， ，解得， 所以，又，解得， 所以的方程为； 【小问2详解】 设直线， 与椭圆线方程联立可得，， 由韦达定理，， 所以 ， 同理可得，， ，因为，所以， 故 ， 当且仅当时，等号成立，所以的最大值为． 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023~2024学年度下学期期末质量检测 高二数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 往意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 设向量，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线与双曲线的一条渐近线平行，则的实轴长为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆锥的侧面积为，轴截面面积为1，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为（ ） A. 15° B. C. D. 6. 在中，设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a，b，c成等差数列且，则（ ） A. B. C. D. 7. 若函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 在平面坐标系中，一个质点从原点出发，每次移动一个单位长度，且上下左右四个方向移动的概率相等，若该质点移动6次后所在坐标为，则该质点移动的方法总数为（ ） A. 120 B. 135 C. 210 D. 225 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. 关于二项式的展开式，下列说法正确的是（ ） A. 展开式的所有系数和为1 B. 展开式的第4项二项式系数最大 C. 展开式中不含项 D. 展开式的常数项为240 10. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知抛物线的焦点为，准线为，点是上位于第一象限的动点，点为与轴的交点，则下列说法正确的是（ ） A. 到直线的距离为2 B. 以为圆心，为半径的圆与相切 C. 直线斜率的最大值为2 D. 若，则的面积为2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知变量和的统计数据如下表： 1 2 3 4 5 1.5 2 4 4.5 若由表中数据得到经验回归直线方程为，则_________． 13. 将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，若，则的最小值为___________． 14. 不透明的袋子中装有2个白球，3个黑球（除颜色外，质地大小均相同），学生甲先取出2个球（不放回），学生乙在剩下的3个球中随机取一个，已知甲至少取走了1个黑球，则乙取出白球的概率为_________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列． （1）求的通项公式； （2）设为的前项和，求的最小值． 16. 如图，在三棱锥中，平面分别为的中点，且． （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值． 17. 某学校食堂提供甲、乙、丙三种套餐，每日随机供应一种，且相邻两天不重复．已知食堂今天供应套餐甲， （1）求接下来的三天中食堂均未供应套餐甲的概率； （2）用随机变量表示接下来的三天中食堂供应套餐乙的天数，求的分布列与期望． 18. 设函数． （1）讨论的单调性； （2）已知为的两个极值点，证明：． 19. 已知椭圆的右焦点为，离心率为，过的直线交于两点，为坐标原点，当时，． （1）求的方程； （2）过的另一条直线交于两点，设直线的斜率为，直线的斜率为，若，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $