安徽省黄山市2022-2023学年高二下学期期末质量检测数学试题

这是一份安徽省黄山市2022-2023学年高二下学期期末质量检测数学试题，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
安徽省黄山市2022-2023学年高二下学期期末质量检测数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，，则中元素的个数为（    ）
A． B． C． D．
2．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（    ）
A． B． C． D．
3．已知平面向量，的夹角为，且，，则（    ）
A． B． C． D．
4．年苏迪曼杯世界羽毛球混合团体锦标赛在苏州举行. 现将名志愿者分配到赛事宣传、外事联络和酒店接待个部门进行培训，每名志愿者只分配到个部门，每个部门至少分配名志愿者，则不同的分配方案共有（    ）
A．种 B．种 C．种 D．种
5．数列中，，对任意正整数都满足，数列，若，则（    ）
A． B． C． D．
6．已知函数是定义在上的偶函数，且，则（    ）
A． B． C． D．
7．已知函数的图象关于直线对称，其中，则在上的极值点有（    ）
A．个 B．个 C．个 D．个
8．在三棱锥中，⊥底面，，，，则三棱锥外接球的体积为（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．下列说法正确的是（    ）
A．与中位数相比，平均数反映出样本数据中的更多信息，对样本中的极端值更加敏感
B．数据的第百分位数为
C．已知，则
D．当样本相关系数的绝对值越接近时，成对样本数据的线性相关程度越强
10．已知点在圆上，点，，则（    ）
A．直线与圆相离
B．点到直线的距离可能大于
C．当最大时，
D．满足的点有且仅有个
11．如图，已知棱长为的正方体，点为的中点，点为的中点，点为的中点，则（    ）
  
A．//平面
B．直线与直线所成角的余弦值为
C．点与点到平面的距离之比为
D．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为
12．已知抛物线，过焦点的直线交抛物线于两点，分别过作准线 的垂线，垂足为，为坐标原点，，则（    ）
A．
B．若，则的面积为
C．若为抛物线上的动点，则的取值范围为
D．若，则直线的倾斜角的正弦值为

三、填空题
13．已知 展开式中的常数项为80，则实数 .
14．已知随机变量，若，则 .
15．已知椭圆，过点的直线与椭圆交于两点（点位于轴上方），若，则直线的斜率的值为 ．
16．已知对任意的恒成立，则的最小值为 ．

四、解答题
17．已知是公差不为的等差数列的前项和，是与的等比中项，.
(1)求数列的通项公式；
(2)已知，求数列的前项和.
18．记的内角的对边分别为，已知．
    
(1)求的值；
(2)如图，点在边上，，求的面积．
19．如图1，在边长为的正方形中，点分别是边和的中点，将沿翻折到，连结，如图2.
  
(1)证明：；
(2)当平面平面时，求平面与平面夹角的余弦值.
20．某高中学校在5月20日召开高三毕业典礼，为给高三学生创造轻松的氛围，典礼上有一个“开盲盒”游戏环节，主持人拿出10个盲盒，每个盲盒中装有一个学校标志建筑物的模型，其中有3个“校园”模型，4个“图书馆”模型，2个“名人馆”模型，1个“科技馆”模型.
(1)一次取出2个盲盒，求2个盲盒为同一种模型的概率；
(2)依次不放回地从中取出2个盲盒，求第2次取到的是“图书馆”模型的概率；
(3)甲同学是个“科技狂热粉”，特别想取到“科技馆”模型，主持人为了满足甲同学的愿望，设计如下游戏规则：在一个不透明的袋子中装有大小完全相同的10个小球，其中9个白球，1个红球，有放回的每次摸球一个，摸到红球就可以取走“科技馆”模型，游戏结束．现在让甲同学参与游戏，规定甲同学可以按游戏规则最多摸球10次，若第10次还是摸到白球，主持人直接赠予甲同学“科技馆”模型．设他经过第X次（X=1，2，…，10）摸球并获得“科技馆”模型，求X的分布列.
21．已知函数，.
(1)求的极值；
(2)若，求实数的取值范围.
22．已知点为抛物线的焦点，点，且点到抛物线准线的距离不大于，过点作斜率存在的直线与抛物线交于两点（在第一象限），过点作斜率为的直线与抛物线的另一个交点为点．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)求证：直线BC过定点．

参考答案：
1．C
【分析】解一元二次不等式求集合A，再由交运算求交集元素个数.
【详解】由，而，
所以，共有4个元素.
故选：C
2．C
【分析】由点坐标写出复数，应用复数的乘方、乘法运化简即可.
【详解】由题意，则.
故选：C
3．B
【分析】由坐标求的模，应用向量数量积的运算律求目标式向量的模长即可.
【详解】由题意，，
，
所以.
故选：B
4．D
【分析】利用分组分配的部分平均法，结合组合、排列数求分配方案数.
【详解】由题意，志愿者按人数，可分组为、的形式，
对于分组，分配方案有种；
对于分组，分配方案有种；
所以，共有种.
故选：D
5．C
【分析】由题设，即得，结合已知等量关系及等比数列前n项和列方程求参数.
【详解】由题意，
又，则，，…，，
累加得，
所以，则，可得.
故选：C
6．B
【分析】根据题设易得，并判断的周期，利用周期性、偶函数性质求目标函数值.
【详解】由题意关于对称，即，且，
所以，即，又，
所以，即，
所以，故的周期为4，
则.
故选：B
7．C
【分析】由三角恒等变换得，根据图象对称性得到，最后由极值点的定义求区间极值点个数即可.
【详解】由题设，且，
所以，又，则，
所以，在上，
对于在上，有或或或，
所以在上的极值点有4个极值点.
故选：C
8．A
【分析】中应用正弦定理求外接圆半径，由线面垂直模型（棱垂直底面）求棱锥外接球半径，进而求外接球体积.
【详解】由题意，外接圆半径为，
又⊥底面，则棱锥外接球半径，
所以外接球的体积为.
故选：A
9．ACD
【分析】根据中位数和平均数的定义可判断A，根据百分位数的定义可判断B，根据条件概率公式可判断C，根据相关系数的定义可判断D.
【详解】A选项，与中位数相比，平均数反映出样本数据中的更多信息，对样本中的极端值更加敏感，A正确；
B选项，数据数据共个数，，则第百分位数为第五位数，B错误；
C选项，已知,
则，C正确；
D选项，样本相关系数的绝对值越接近时，成对样本数据的线性相关程度越强，D正确.
故选：ACD.
10．AC
【分析】对A：用圆心到直线的距离与半径相比即可判断；对B：求出圆心到直线的距离加上半径是否大于5即可判断；对C：过点做圆靠下方的切线，求出此时的即可判断；对D：以为直径作圆，看该圆与圆有几个交点即可判断.
【详解】  
对A：直线的方程为，
则点到直线的距离，所以A正确；
对B：点到直线的距离的最大值为，所以B错误；
对C：过点做圆靠下方的切线，此时，所以C正确；
  
对D：以为直径作圆，易知圆与圆有2个交点，故D错误.
  
故选：AC
11．BCD
【分析】连接，利用线面平行的判定证面，结合的位置关系判断A；为中点，连接，利用异面直线所成角定义确定其平面角，进而求余弦值判断B；由对称性知：到面距离相等，在棱台中应用等比例性质判断C；根据已知球体半径判断交线轨迹为四分之一圆弧，判断D.
【详解】A：连接，由均为中点，则，面，面，
所以面，而共面，且，故与面不平行，错；
B：为中点，连接，则，则直线与直线所成角为或其补角，
由面，则面，面，故，
所以，则，故，对；
C：由为的中点，则到面距离相等，
而在棱台的一条侧棱上，结合棱台上下底面的等比例关系，
点到平面的距离之比为，故点到平面的距离之比为，对；
  
D：以为球心，为半径的球面与侧面交线上的任意点为，
则，即，故上述交线是以为圆心，1为半径的四分之一圆弧，
  
所以交线长为，对.
故选：BCD
12．ACD
【分析】对于A，由抛物线的性质可知，，可得，即可判定；
对于B，由，及，即可判定；
对于C，当直线与抛物线相切时，最大，此时最小，设直线的方程为，代入抛物线的方程可得，由，即可求解；
对于D，连接，可得，则，设出直线AB方程，联立抛物线方程，即可求解．
【详解】对于A，由抛物线的性质可知，所以，，
又因为轴，所以，，
所以，，
则有，得证，所以A正确；
对于B，设，由，可得，所以，
代入抛物线的方程可得，可得，所以，所以B不正确；
  
对于C，过作垂直于准线于，
由抛物线的性质可得，所以，则，
当直线与抛物线相切时，最大，此时最小，
设直线的方程为，代入抛物线的方程可得，即，由，可得，即直线的倾斜角为或，
当点与原点重合时，此时，，
则，所以．所以C正确；
对于D，由焦点，设直线的方程为，代入抛物线的方程可得，即，
设，，其中，，
则，，，，
连接，可得，
则
整理可得
即，解得，
则直线的斜率为，即，所以，故D正确．
故选：ACD．
【点睛】方法点睛：
直线与圆锥曲线相交，有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点．若过抛物线的焦点(设焦点在x轴的正半轴上)，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．求解与抛物线有关的最值问题的两大转换方法(1)将抛物线上的点到准线的距离转化为该点到焦点的距离，构造出“两点之间线段最短”，使问题得解．(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，利用“与直线上所有点的连线中垂线段最短”原理解决．
13．
【分析】写出展开式通项公式，根据常数项求参数即可.
【详解】由题设，展开式通项为，
当时，常数项为，则.
故答案为：1
14．
【分析】先由二项分布的均值，求出，再利用正态曲线的对称性、以及概率和为1求解.
【详解】由题可得，，所以，
  
由正态分布曲线关于直线对称，
所以，
故答案为：.
15．
【分析】设（），直线l方程为，依题意可得，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可表示出、，从而得解.
【详解】依题意，点位于轴上方且，则直线的斜率存在且不为，
设（），则，，
则可得，设直线l方程为，
联立直线与椭圆可得，显然，
，，，
，解得，则直线的斜率为.
故答案为：.
16．
【分析】令，问题化为在上恒成立，构造研究单调性，讨论、结合不等式恒成立，求关于的表达式，由此讨论、，研究的最小值即可.
【详解】令，则，即在上恒成立，
设，则，
若，则恒成立，
所以在上递增，
令，则，
当，此时，即在上递减，
且趋向正无穷，趋向负无穷，不满足恒成立；
当，则，
时，递减，时，递增，
所以，即，
当，恒成立；
当，，则；
若，则，故，
令，则，若得，
所以上，递减，上，递增，
故，则，即的最小值为；
若，则，故，
令，则，若得，
所以上，递减，上，递增，
故，则，即的最小值为；
综上，的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：换元法将问题化为在上恒成立，利用导数研究右侧的最小值关于的表达式是关键.
17．(1)
(2)

【分析】（1）由等比中项及等差数列通项公式列方程得，由等差数列前n项和可得，进而求基本量，写出通项公式即可；
（2）应用错位相减法、等比数列前n项和公式求.
【详解】（1）设数列的公差为d，由是与的等比中项，则，
所以，且，整理得①，
又，整理得②，
由①②解得，，所以.
（2）由（1）知，，则，
所以
两式相减得，
所以.
18．(1)
(2)

【分析】（1）根据正弦定理与三角恒等变换求解即可；
（2）根据结合三角形面积公式可得，再根据余弦定理可得，进而根据三角形面积公式求解即可.
【详解】（1）由正弦定理得：，
所以，
所以．即，
因为，所以；
（2）因为，即，    
所以．        
在中，由余弦定理得
，所以，
则，        
所以.
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接交于点，易得，进而可得，利用线面垂直的判定定理和性质定理证结论；
（2）由面面垂直的性质得平面，构建空间直角坐标系，求面与面的法向量，应用向量法求面面角的余弦值.
【详解】（1）连接交于点，在正方形中，分别是边和的中点，
易知，得，即，
所以，根据翻折过程知：，，
又，面，故平面，又平面，
所以.
（2）当面面，且交线为，又平面且，
所以平面，结合（1）知：，
由，，则，
所以，，且，
以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
    
则，则，，
设面的法向量为，则，取，则.
设面的法向量为，则，取，则
，即面与面夹角的余弦值为.
20．(1)
(2)
(3)答案见解析

【分析】（1）利用互斥事件的加法求2个盲盒为同一种模型的概率；
（2）应用全概率公式求第2次取到的是“图书馆”模型的概率；
（3）根据步骤写出X的分布列即可.
【详解】（1）设事件 “2个盲盒都是“校园”模型”，事件 “2个盲盒都是“图书馆”模型”， 事件“2个盲盒都是“名人馆”模型”，则与与为互斥事件，
∵，，，
∴2个盲盒为同一种模型的概率．
（2）设事件“第次取到的是“校园”模型”，，
设事件“第次取到的是“图书馆”模型”，，
设事件“第次取到的是“名人馆”模型”，，
设事件“第次取到的是“科技馆”模型”，.
，，，，
，，，
∴由全概率公式知：第2次取到的是“图书馆”模型的概率为：
.
（3）∵，，，
，，，
，，，
，

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10











21．(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）求出函数的导数，讨论的范围，求出函数的单调区间，从而判断函数的极值；
（2）参变分离后问题转化为恒成立，构造函数，根据函数单调性求出的最大值，从而求出的范围.
【详解】（1）已知，
当时，恒成立，在上单调递增，无极值，
当时，令，得；
令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
当时，有极大值，，无极小值，
综上：当时，无极值；
当时，极大值为，无极小值；
（2）若，则在时恒成立，
恒成立，令，
令，则，
在单调递减，又，
由零点存在定理知，存在唯一零点，使得，
即  
令在上单调递增，
， 即
当时，,单调递增，
时，，单调递减，
，
，即的取值范围为.
【点睛】关键点睛：本题的第二问采用分离参数法得，再设，利用导数和隐零点法即可求出其最值，则得到的范围.
22．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由利用距离公式构建方程即可求得值；
（2）过点，则可设的方程为，并与抛物线联立可得，若，则可知，消得，由斜率为可得，代入消可得将他代入的方程为即可求得必过点.
【详解】（1）焦点，
    
又∵，且点到抛物线准线的距离不大于，即
∴
∴抛物线E的标准方程为；
（2）依题意直线斜率存在且过点，则可设的方程为，
    
由，
化简得：，

设，
则由韦达定理可知，
消去得：   ①
又，则  ②
由①②得，
∴③
由于
（ⅰ）若直线没有斜率，则，
又，
∴（舍去）      
（ⅱ）若直线有斜率，
直线的方程为，即，        
将③代入得，∴，
故直线有斜率时过点．
【点睛】方法点睛：我们在处理直线与抛物线相交问题时，通常使用联立方程设而不求韦达定理处理，最终利用横（纵）坐标的和与积的转换来处理；抛物线上两点斜率一般可用抛物线方程转化为坐标之和来表示，如上两点的斜率.