精品解析：安徽省合肥市庐江县2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试题

安徽省合肥市庐江县2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试题 命题人：庐江二中 王胜春 庐江中学 张东春 审题人：庐江县教研室 杨新生 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. 已知样本数据为，去掉一个最大值和一个最小值后的数据与原来的数据相比，下列数字特征一定不变的是（ ） A. 极差 B. 方差 C. 平均数 D. 中位数 2. 已知i是虚数单位，复数，则的虚部为（ ） A. 1 B. 2 C. i D. 3. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 4. 庐江某早餐店发现加入网络平台销售后，每天米饺的销售量（单位：个），估计200天内米饺的日销售量约在700到850个的天数大约是（ ） （附：随机变量，则， A. 158 B. 164 C. 172 D. 180 5. 如图为正方体的平面展开图，则图中的在原正方体中互为异面直线的对数为（ ） A. 1 B. 3 C. 4 D. 5 6. 有3人同时从底楼进入同一电梯，他们各自随机在第2至第7楼的任一楼走出电梯．如果电梯正常运行，那么恰有两人在第4楼走出电梯的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 已知是等比数列，则“，，”是“是递增数列”（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 在△ABC中，，则（ ） 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，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分. 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知椭圆，且两个焦点分别为，是椭圆上任意一点，以下结论正确的是（　　） A. 椭圆的离心率为 B. 的周长为12 C. 的最小值为3 D. 的最大值为16 11. 设A，B是两个随机事件，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若A，B互斥事件，且，则 D 若A，B相互独立，且，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 是在处切线方程，则_____________. 13. 筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边形.如图筝形ABCD中AC是对称轴，对角线，现将筝形沿对角线BD折起至PBD位置，连接PC，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为_____________. 14. 计算_____________. 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. 已知三个内角A、B、C所对的边分别为. （1）证明：； （2）若的面积为6，求. 16. 如图所示，两个正方形框架ABCD，ADEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.点M，N分别在正方形对角线BD和AE上移动，且AN和BM的长度保持相等，记. （1）为何值时，MN的长最小？ （2）当MN的长最小时，求平面MNA与平面MND夹角的余弦值. 17. 已知抛物线的焦点为，过点的直线分别交抛物线于两点． （1）若以为直径的圆的方程为，求抛物线的标准方程； （2）过点分别作抛物线的切线，证明：的交点在定直线上． 18. 已知函数． （1）当时，求在处切线方程； （2）当时，求的单调区间和极值； （3）若对任意，有恒成立，求的取值范围． 19. 马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，因俄国数学家安德烈·马尔科夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第n+1次状态的概率分布只跟第次的状态有关，与第次的状态无关，即.已知甲、乙两个盒子中都装有大小、形状、质地相同的2个黑球和1个白球，现从甲、乙两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中，重复次这样的操作后，记甲盒子中黑球的个数为，甲盒中恰有2个黑球的概率为，甲盒中恰有3个黑球的概率为. （1）求； （2）证明：，都有； （3）求的数学期望. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽省合肥市庐江县2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试题 命题人：庐江二中 王胜春 庐江中学 张东春 审题人：庐江县教研室 杨新生 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. 已知样本数据为，去掉一个最大值和一个最小值后的数据与原来的数据相比，下列数字特征一定不变的是（ ） A 极差 B. 方差 C. 平均数 D. 中位数 【答案】D 【解析】 【分析】根据极差，方差，平均数，中位数的定义和意义，判断选项. 【详解】去掉一个最大值和一个最小值后的数据与原来的数据相比，中位数不变，而极差，方差，平均数都有可能发生改变. 故选：D 2. 已知i是虚数单位，复数，则的虚部为（ ） A. 1 B. 2 C. i D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据共轭复数及复数的乘法法则进行化简运算，再得出结果. 【详解】，虚部为2. 故选：B. 3. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出集合B，再依次判断集合关系. 【详解】因为， 所以，故A错误，C正确； ，故B错误； ，故D错误. 故选：C. 4. 庐江某早餐店发现加入网络平台销售后，每天米饺的销售量（单位：个），估计200天内米饺的日销售量约在700到850个的天数大约是（ ） （附：随机变量，则， A. 158 B. 164 C. 172 D. 180 【答案】B 【解析】 【分析】首先确定，，从而确定，再根据原则求出概率，即可求解. 【详解】由条件可知，，， 则， ， 估计200天内米饺的日销售量约在700到850个的天数大约是. 故选：B 5. 如图为正方体的平面展开图，则图中的在原正方体中互为异面直线的对数为（ ） A. 1 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】首先画出正方体，根据异面直线的定义，正方体中判断. 【详解】如图，和，和，和都是异面直线，有3对. 故选：B 6. 有3人同时从底楼进入同一电梯，他们各自随机在第2至第7楼任一楼走出电梯．如果电梯正常运行，那么恰有两人在第4楼走出电梯的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意结合分步乘法、排列组合的知识可得所有基本情况数及满足要求的情况数，再由古典概型概率公式即可得解. 【详解】3人同时从底楼进入同一电梯，他们各自随机在第2至第7楼的任一楼走出电梯,共有种不同情况； 恰有两人在第4楼走出电梯，共有种不同情况； 故所求概率. 故选：C. 【点睛】本题考查了计数原理的应用，考查了古典概型概率的求解，属于基础题. 7. 已知是等比数列，则“，，”是“是递增数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用等比递增数列的定义判断即可. 【详解】（1）充分性证明：设数列的公比为q, 由，得， 当时，，则或，当时，显然是递增数列， 当时，则数列为摆动数列不能保证对任意正整数n使得（舍去）， 同理当时，，当时，显然是递增数列， 当，为摆动数列不能保证对任意正整数n使得（舍去）， 故充分性成立. （2）必要性证明：若是递增数列，则从第二项开始，每一项都比它的前一项大， 所以，，故，由上两个式子可得，，必要性成立. 故选：C 8. 在△ABC中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理变形，结合条件，得到，再结合正弦定理求的值. 【详解】由余弦定理得①， ②， ①-②得， 即，故， 由正弦定理得. 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，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分. 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据幂函数，指数函数，以及对数函数的性质，逐个判断选项即可. 【详解】对于A，幂函数在上单调递增，所以，故A正确； 对于B，若，则，，此时，故B错误； 对于C，函数单调递增，若，则，故C正确； 对于D，若，则，故D错误. 故选：AC 10. 已知椭圆，且两个焦点分别为，是椭圆上任意一点，以下结论正确的是（　　） A. 椭圆的离心率为 B. 的周长为12 C. 的最小值为3 D. 的最大值为16 【答案】BD 【解析】 【分析】根据离心率的公式可判断A；根据椭圆的定义可判断B；根据焦半径的范围可判断C；根据基本不等式和椭圆的定义可判断D. 【详解】椭圆，则， ， . 对于A，离心率，故A错误； 对于B，的周长为，故B正确； 对于C，的最小值为，故C错误； 对于D，，当且仅当时等号成立，所以的最大值为16，故D正确. 故选：BD 11. 设A，B是两个随机事件，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若A，B为互斥事件，且，则 D. 若A，B相互独立，且，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据条件概率公式，以及以及对立事件概率公式，即可判断AB，根据互斥事件概率公式判断C，根据互斥事件概率公式，以及独立事件概率公式，判断D. 【详解】对于选项A，， 于是，故选项A正确. 对于选项 ，故选项B正确. 对于选项C，由，得 为互斥事件，，又，故选项C错误. 对于选项D，由A，B相互独立，则，故选项D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 是在处的切线方程，则_____________. 【答案】2 【解析】 【分析】首先求函数的导数，再根据导数的几何意义，列式求解. 【详解】，，且， 所以，得，则. 故答案为：2 13. 筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴四边形.如图筝形ABCD中AC是对称轴，对角线，现将筝形沿对角线BD折起至PBD位置，连接PC，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】首先确定当平面平面CBD，三棱锥的体积最大，再根据几何图形的分析得到外接球的球心，即可求外接球的半径和表面积. 【详解】当平面平面CBD，三棱锥的体积最大. 设AC，BD交于点的外心为的外心为， 过分别作平面CBD和平面PBD的垂线交于点， 则为三棱锥的球心， ， 外接圆半径为， 设三棱锥的外接球半径R， 则， 三棱锥的外接球的表面积为. 故答案为： 14. 计算_____________. 【答案】 【解析】 【分析】构造的展开式，将展开式分组，再根据，即可求解. 【详解】由于 ， 于是. 综上可得. 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. 已知三个内角A、B、C所对的边分别为. （1）证明：； （2）若的面积为6，求. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边化角，再结合三角恒等变换，即可证明； （2）根据（1）的结果，以及面积公式求，再代入余弦定理，即可求解. 小问1详解】 由已知，得， 所以， 所以， 故，又， 所以. 【小问2详解】 若，则，所以，解得， 又由余弦定理得：， 所以. 16. 如图所示，两个正方形框架ABCD，ADEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.点M，N分别在正方形对角线BD和AE上移动，且AN和BM的长度保持相等，记. （1）为何值时，MN的长最小？ （2）当MN的长最小时，求平面MNA与平面MND夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式得出，最后配方法进行求解即可； （2）求出，再利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系（如图）， ， . ； 当时，|MN|最小，最小值为； 【小问2详解】 由（1）可知，当M，N为中点时，MN最短， 则，取MN的中点，连接AG，DG，则， ， 是平面MNA与平面MND的夹角或其补角. ， 平面MNA与平面MNB夹角的余弦值是 17. 已知抛物线的焦点为，过点的直线分别交抛物线于两点． （1）若以为直径的圆的方程为，求抛物线的标准方程； （2）过点分别作抛物线的切线，证明：的交点在定直线上． 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据抛物线的定义可求圆心到准线的距离为，从而可求抛物线的方程． （2）设，利用导数求出两点处的切线方程，从而可求的交点的坐标，再联立直线和抛物线的方程可得，从而可得的交点的纵坐标为定值，故的交点在定直线上． 【详解】（1）设中点为，到准线的距离为，到准线的距离为， 到准线的距离为，则且. 由抛物线的定义可知，，所以， 由梯形中位线可得，所以，可得， 所以抛物线的标准方程为. （2）证明：设，由，得，则， 所以直线的方程为， 直线的方程为， 联立得，解得， 即直线的交点坐标为. 因为过焦点， 由题可知直线的斜率存在，故可设直线方程为， 代入抛物线中，得， 所以，故，所以的交点在定直线上． 【点睛】关键点点睛：抛物线中过焦点的弦长问题要注意利用定义转化为到准线的距离问题，对于焦点在轴上的抛物线的切线问题，可以利用导数来求切线方程，从而简化运算． 18. 已知函数． （1）当时，求在处的切线方程； （2）当时，求的单调区间和极值； （3）若对任意，有恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2）的单调递减区间为：；递增区间为：， 的极大值为，无极小值 （3） 【解析】 【分析】（1）利用已知确定切点，导数的几何意义确定斜率，求出切线方程即可. （2）利用导数先求解单调性，再确定极值即可. （3）利用分离参数法结合导数求解参数范围即可. 【小问1详解】 当时，， 则，，， 所以切线方程为． 【小问2详解】 当时，，． 令，， 故在R上单调递减，而，因此0是在R上的唯一零点 即：0是在R上的唯一零点 当x变化时，，的变化情况如下表： x 0 0 极大值 的单调递减区间为：；递增区间为： 的极大值为，无极小值 【小问3详解】 由题意知，即，即， 设，则， 令，解得， 当，，单调递增， 当，，单调递减， 所以， 所以 19. 马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，因俄国数学家安德烈·马尔科夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第n+1次状态的概率分布只跟第次的状态有关，与第次的状态无关，即.已知甲、乙两个盒子中都装有大小、形状、质地相同的2个黑球和1个白球，现从甲、乙两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中，重复次这样的操作后，记甲盒子中黑球的个数为，甲盒中恰有2个黑球的概率为，甲盒中恰有3个黑球的概率为. （1）求； （2）证明：，都有； （3）求的数学期望. 【答案】（1）； （2）证明见解析 （3）2 【解析】 【分析】（1）表示1次操作后甲盒有2个黑球的概率，表示甲和乙互换黑球后白球，表示1次操作后甲盒中恰有3个黑球，即甲拿白球和乙的黑球互换，根据独立事件和互斥事件概率公式，即可求解； （2）由全概率公式得到和，再由数列构造法得到，结合首项，即可证明； （3）由题意可知，再根据（2）的结果，求期望. 【小问1详解】 由题意知：； 【小问2详解】 证明：n次操作后，甲盒有一个黑球的概率为，由全概率公式知： ，都有 【小问3详解】 由（2）知 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $