2022-2023学年安徽省黄山市高二下学期期末质量检测数学试题含答案

这是一份2022-2023学年安徽省黄山市高二下学期期末质量检测数学试题含答案，共20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。
2022-2023学年安徽省黄山市高二下学期期末质量检测数学试题 一、单选题1．已知集合，，则中元素的个数为（    ）A． B． C． D．【答案】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：C2．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（    ）A． B． C． D．【答案】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：C3．已知平面向量，的夹角为，且，，则（    ）A． B． C． D．【答案】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：B4．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【答案】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：D5．数列中，，对任意正整数都满足，数列，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】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：C6．已知函数是定义在上的偶函数，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】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：B7．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【答案】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：C8．在三棱锥中，⊥底面，，，，则三棱锥外接球的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】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 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【答案】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．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【答案】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：AC11．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【答案】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：BCD12．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【答案】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． 三、填空题13．已知 展开式中的常数项为80，则实数         .【答案】【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：114．已知随机变量，若，则         .【答案】【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．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         ．【答案】【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．已知对任意的恒成立，则的最小值为        ．【答案】【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. 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.【答案】(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．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．【答案】(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．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.【答案】(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．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.【答案】(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）∵，，，，，，，，，，1234567891021．已知函数，.(1)求的极值；(2)若，求实数的取值范围.【答案】(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．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．【答案】(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.