2022-2023学年安徽省安庆、池州、铜陵三市高二下学期联合期末检测数学试题含答案

这是一份2022-2023学年安徽省安庆、池州、铜陵三市高二下学期联合期末检测数学试题含答案，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年安徽省安庆、池州、铜陵三市高二下学期联合期末检测数学试题

一、单选题
1．数列的第11项是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由所给数列的前几项归纳数列的通项公式， 确定数列的第项.
【详解】设该数列的第项为，
由已知，
变形可得，
所以数列的一个通项公式可以是，
则．
故选：A.
2．下列运算正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据求导公式求解即可.
【详解】，故A错误；
，故B错误；
，故C正确；
，故D错误．
故选：C.
3．已知变量之间具有线性相关关系，根据15对样本数据求得经验回归方程为，若，则（    ）
A．12 B．19 C．31 D．46
【答案】B
【分析】根据题意，求得，结合回归直线方程过样本中心，代入求得，即可求解.
【详解】因为，所以，因为，且过点，
所以，解得，则．
故选：B.
4．随机变量，若，则（    ）
A．0.5 B．0.4 C．0.3 D．0.2
【答案】D
【分析】根据正态曲线的对称性得到，再结合计算可得.
【详解】由，，
可得，
由对称性可得，由，所以．
故选：D
5．如图，在正四棱台中，，则与平面所成角的大小为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将该正四棱台补成正四棱锥，利用定义法作出线面角，在直角三角形中求解即可.
【详解】将该正四棱台补成正四棱锥，设的中心为，如图：

连接，设，因为，所以，
，所以，又，所以，
由正棱锥的性质可知底面，底面，所以，
因为四边形ABCD是正方形，所以，而平面，
所以平面，则与平面所成角为，
又，则在直角三角形中，，
又，所以.
故选：B
6．甲乙两个盒子里各装有4个大小形状都相同的小球，其中甲盒中有2个红球2个黑球，乙盒中有1个红球3个白球，从甲盒中取出2个小球放人乙盒，再从乙盒中随机地取出1个小球，则取出的小球是红球的概率是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意分别求出从甲盒中取出2个红球的概率，取出2个黑球的概率和取出1个红球1个黑球的概率，然后利用全概率公式可求得结果.
【详解】从甲盒中取出2个红球的概率为，
从甲盒中取出2个黑球的概率为，
从甲盒中取出1个红球1个黑球的概率为，
由全概率公式，从乙盒中随机地取出1个红球的概率．
故选：C
7．2023年第19届亚运会将在杭州举行，某大学5名大学生为志愿者，现有语言翻译、医疗卫生、物品分发三项工作可供安排，每项工作至少分配一名志愿者，这5名大学生每人安排一项工作．若学生甲和学生乙不安排同一项工作，则不同的安排方案有（    ）
A．162种 B．150种 C．120种 D．114种
【答案】D
【分析】把5人按照甲乙不在同一组分成3组，再作全排列并计算作答.
【详解】将5人分成三组的分法有种，其中甲乙同组的分法有种，
因此符合要求的分组有种，再把所分组安排工作，共有种，
所以不同的安排方案有114种．
故选：D
8．已知，则的大小关系为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】方法一：因为，故考虑设，利用导数研究其单调性，由此比较的大小，
因为，考虑设，利用导数研究函数的单调性，由此比较的大小，由此确定结论.
方法二：因为，，构造函数，利用导数 函数的单调性，由此证明，因为，
考虑设，利用导数研究函数的单调性，由此比较的大小，由此确定结论.
【详解】方法一：因为，
所以，
设，
则
设，则，
则在单调递增，，即，
所以在单调递增，，
所以，即．
因为，所以，
设，
设，
则在单调递减，，则，
记可得，
所以，
所以．因此有．
故选：A.
方法二：因为，又，
设，
则，
所以函数在上单调递增，又，
所以当时，，故，
所以，
则．
因为，所以，
设，
设，
则在单调递减，
所以当时，，又，
所以当时，，
所以，
所以，
所以．因此有．
故选：A.
【点睛】关键点点睛：结合作差结果，通过构造函数，利用导数研究函数的单调性，确定差的正负，由此确定被比较的数的大小关系.

二、多选题
9．已知圆，下列说法正确的是（    ）
A．圆心为 B．半径为2
C．圆与直线相离 D．圆被直线所截弦长为
【答案】BD
【分析】把方程化为圆的标准方程，求得圆心坐标和半径，可判定A错误，B正确；由点到直线的距离公式，可判定C错误；根据圆的弦长公式，可判定D正确.
【详解】将圆化为标准方程得，
可知圆心，半径，故A错误，B正确；
由圆心到直线的距离，
即，直线与圆相切，故C错误；
圆心到直线的距离为，
由圆的弦长公式，可得，所以D正确.
故选：BD.
10．关于的展开式，下列结论正确的是（    ）
A．二项式系数和为1028 B．所有项的系数之和为
C．第6项的二项式系数最大 D．项的系数为360
【答案】BC
【分析】对于A，由题意得二项式系数和公式求解进行判断，对于B，令可求得结果，对于C，由二项式系数的性质进行判断，对于D，求出二项式展开式的通项公式，令的次数为，求出，然后代入通项公式可求得结果.
【详解】的展开式二项式系数和为，故A错误；
令，可得中所有项的系数之和为，故B正确；
的展开式中第6项的二项式系数最大，为，故C正确；
的展开式的通项为，
令得，此时，所以项的系数为180，故D错误．
故选：BC
11．素描几何体是素描初学者学习绘画的必学课程，是复杂形体最基本的组成和表现方式，因此几何体是美术人门最重要的一步．素描几何体包括：柱体、椎体、球体以及它们的组合体和穿插体．十字穿插体，是由两个相同的长方体相互从中部贯穿而形成的几何体，也可以看作四个相同的几何体（记为拼接而成，体现了数学的对称美．已知在如下图的十字穿插体中，，下列说法正确的是（    ）
  
A．平面
B．与所成角的余弦值为
C．平面截该十字穿插体的外接球的截面面积为
D．几何体的体积为
【答案】ACD
【分析】对于A，连接，利用已知的数据结合勾股定理逆定理可得，，然后利用线面垂直的判定可得结论，对于B，与所成角即为与所成角，在中求解即可，对于C，求出球心到平面的距离，从而可求出截面圆的半径，进而可求出面积，对于D，几何体可取为，设其体积为，然后利用可求得结果.
【详解】对于A，连接，由可知均为棱上的四等分点，为棱上的中点，
因为，所以，，
所以，所以，故，
同理可得，又，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，连接，则与所成角即为与所成角，
在中，，
所以与所成角的余弦值为，故B错误；
    
对于C，该十字穿插体的外接球球心即为长方体的中心，
半径，
球心到平面的距离，即为球心到长方体侧面的距离，所以，
所以截面圆的半径，所以截面面积为，故C正确；
对于D，几何体可取为，设其体积为，
则，所以，故D正确．
故选：ACD
12．形如的函数是我们在中学阶段最常见的一个函数模型，因其形状像极了老师给我们批阅作业所用的“√”，所以也称为“对勾函数”．研究证明，对勾函数可以看作是焦点在坐标轴上的双曲线绕原点旋转得到，即对勾函数是双曲线．已知为坐标原点，下列关于函数的说法正确的是（    ）
A．渐近线方程为和
B．的对称轴方程为和
C．是函数图象上两动点，为的中点，则直线的斜率之积为定值
D．是函数图象上任意一点，过点作切线，交渐近线于两点，则的面积为定值
【答案】ABD
【分析】对于A：根据题意结合图象分析判断；对于B：根据题意结合倍角公式以及垂直关系分析运算；对于C：根据题意结合斜率公式运算求解；对于D：根据导数的几何意义求切线方程，进而可求结果.
【详解】因为是双曲线，由图象可知：函数图象无限接近和，但不相交，
故渐近线为和，故A正确；
因为是双曲线，由双曲线的性质可得，对称轴为渐近线的角分线，且互相垂直，
一条直线的倾斜角为，
由二倍角公式可得，
整理得，解得或（舍去），
故，
另一条直线的斜率为，故B正确；
设，所以，
故，故C错误；
因为，
设，则处切线的斜率，
所以切线方程为，
令，可得，即，则；
令，可得，即，则；
故面积为（定值），故D正确．
故选：ABD.
    
【点睛】方法点睛：求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法
（1）已知切点，求在点P处的切线方程：求出切线的斜率，由点斜式写出方程．
（2）已知切线的斜率为k，求的切线方程：切点，通过方程解得，再由点斜式写出方程；
（3）已知切线上一点(非切点)，求的切线方程：设切点，利用导数求得切线斜率，然后由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得，再由点斜式或两点式写出方程．

三、填空题
13．已知随机变量的分布列如表，则的均值 ．

－1
0
1
2

0.1
0.3


【答案】/
【分析】根据分布列的性质，求得，结合期望的计算公式，即可求解.
【详解】由离散型分布列的性质，可得，解得，
则．
故答案为：.
14．已知抛物线的焦点为，过的动直线与抛物线交于两点，满足的直线有且仅有一条，则 ．
【答案】2
【分析】根据抛物线定义表示焦点弦，结合通径公式，即可求解.
【详解】设交点坐标为过的直线为，
与抛物线联立可得，，故．
，
故当时，动直线有且仅有一条，即，故．
故答案为：2.

四、双空题
15．已知数列满足，且，若（其中表示不超过的最大整数），则 ；数列前2023项和 ．
【答案】 1685
【分析】由，得到，两式相减得到，进而得到数列的周期为6，数列的周期也为6求解.
【详解】解：由，得，
两式相减得，因为，
所以，
则数列的周期为6，则数列的周期也为6，
由题意得，
则，
所以.
故答案为：，1685

五、填空题
16．已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】不等式可化为，令，可得恒成立，其中，构造函数，，利用导数求其最大值可得的取值范围.
【详解】由已知不等式，可化为，
两边同时除以得．
令，则，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以当时，函数取最小值，最小值为，
当时，，当时，，
所以的范围是，即．
所以不等式可化为，其中，
所以在上恒成立，
构造函数，，
则，令，可得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以时，取最大值，最大值为，
所以，
所以的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
（1）恒成立⇔；
（2）恒成立⇔.

六、解答题
17．在①，②这两个条件中选择一个，补充在下面的横线上，并解答问题．
已知向量，且满足______．
(1)求函数的最小正周期；
(2)在中，角所对的边分别为，若，求的面积．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)最小正周期为
(2)或

【分析】（1）选条件①，化简得到，即可求得函数的最小正周期；
选条件②，化简得到，即可求得函数的最小正周期；
（2）选条件①，根据，求得，利用由余弦定理求得或，结合三角形的面积公式，即可求解；
选条件②：根据，求得，利用由余弦定理求得或，结合三角形的面积公式，即可求解；
【详解】（1）解：若选条件①：
由向量，
可得，
所以函数的最小正周期为.
若选条件②：
由向量，
可得，，
所以，所以函数的最小正周期为.
（2）解：选条件①：
由（1）得，则，
因为，所以，所以，即，
在中，由余弦定理，
整理得，解得或，
当时，，
当时，，
所以的面积为或．
若选条件②：
由（1）得，则，
因为，所以，所以，即，
在中，由余弦定理，
整理得，解得或，
当时，，
当时，，
所以的面积为或．
18．记为数列的前项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)设，记数列的前项和为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）解法一：由，得，两式相减化简可得，再利用累乘法可求得通项公式，解法二：由，得，两式相减化简可得，可得为常数列，从而可求得通项公式；
（2）由（1）得，然后利用裂相消法可求得，从而可证得结论.
【详解】（1）解法一：∵，
两式相减可得，，可得，
又∵，
∴也符合．
∴，
∴，
故；
解法二：，
时，，
两式相减得，
∴，
又∵，
∴，
∴为常数列，，∴
（2）证明：．
前项和，
∵，∴，
∴，∴.
19．如图1，已知正三棱锥分别为的中点，将其展开得到如图2的平面展开图（点的展开点分别为，点的展开点分别为），其中的面积为．在三棱锥中，
    
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．

【分析】（1）由等腰三角形的性质可得，然后由线面垂直的判定可证得结论；
（2）在平面展开图中过作直线的垂线，垂足为，垂线交于点，则由的面积为可求得，再求得，从而可求出，解法一：如图2，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，解法二：如图3，设平面与平面的交线为，可得为平面与平面的夹角（或其补角），然后在三角形中求解即可.
【详解】（1）证明：因为三棱锥为正三棱锥，为的中点，
所以，
又因为平面，
所以平面；
（2）如图1，在平面展开图中过作直线的垂线，垂足为，垂线交于点，
所以，
因为分别为的中点，所以，
所以，得，
在正三角形中，因为，所以，所以，
在中，．
    
解法一：如图2，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则．
设为平面的一个法向量，
因为，
所以，即，令，可得．
设为平面的一个法向量，
因为，
所以，即，令，可得．
设平面与平面夹角为，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
解法二：如图3，设平面与平面的交线为，
因为∥，所以∥平面，所以∥∥．
在等腰三角形中，，
在等腰三角形中，，所以，
则为平面与平面的夹角（或其补角）．
，则在等腰三角形中，，
在三角形中，，
由余弦定理得，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
20．为了研究数学成绩是否与物理成绩有关联．某中学利用简单随机抽样获得了容量为100的样本，将所得数学和物理的考试成绩进行整理如下列联表：
数学成绩
物理成绩
合计
优秀
不优秀
优秀
20
20

不优秀
10
50

合计



(1)完成列联表，试根据小概率值的独立性检验，能否认为数学成绩与物理成绩有关联；
(2)用样本频率估计概率，从该学校中随机抽取12个学生，问这12个学生中数学成绩优秀的人数最有可能是多少?
参考公式：，其中．
参考数据：

0.1
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)表格见解析，能认为数学成绩与物理成绩有关联
(2)5个人．

【分析】（1）根据题意，完成列联表，然后代入计算即可判断；
（2）根据题意，列出不等式，代入计算即可求得的最大值，从而得到结果.
【详解】（1）零假设：数学成绩与物理成绩无关联，
补充列联表为
数学成绩
物理成绩
合计
优秀
不优秀
优秀
20
20
40
不优秀
10
50
60
合计
30
70
100
．
根据小概率值的独立性检验，有充分证据证明推断不成立，
故能认为数学成绩与物理成绩有关联，这个推断犯错误的概率不大于0.001；
（2）由频率估计概率可得，任取一个学生数学成绩优秀的概率为，
设12个学生中数学成绩优秀的人数为，随机变量，
人数最有可能是多少即求二项分布下概率最大时随机变量取值．
设，
解法一：，（且）
当时，，当时，，
故时，取得最大值，故数学成绩优秀的最有可能是5个人．
解法二：，即
解得，
因，则，故时，
取得最大值，故数学成绩优秀的最有可能是5个人．
21．已知椭圆：的一个焦点为，椭圆上的点到的最大距离为3，最小距离为1．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆左右顶点为，在上有一动点，连接分别和椭圆交于两点，与的面积分别为．是否存在点，使得，若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，点坐标为或．

【分析】（1）由条件列方程求，可得椭圆方程；
（2）设横坐标为，结合三角形面积公式可得可化为，再证明，设直线的斜率为，分别联立与椭圆方程求，由此计算，由此可求的坐标.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
因为椭圆上的点到的最大距离为3，最小距离为1，
所以，，又，
解得，，，
故椭圆的标准方程为；
（2）由（1）可得，
假设存在点，使得，
设，则，
  
设横坐标为，
则，
所以，
整理得，①
设点坐标为，直线斜率为，斜率为，
故，设直线的斜率为，
故直线方程为，直线方程为，
将直线和椭圆联立
可得，
由韦达定理可得，解得，
将直线和椭圆联立
可得，
由韦达定理可得，解得，
将横坐标代入①式可得，，
整理得，
化简得，解得，即，
当时，直线的方程为，
代入点可得，即点的坐标为，
当时，直线的方程为，
代入点可得，即点的坐标为，
故点坐标为或．
【点睛】关键点点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
22．已知函数．
(1)当时，求函数的图象在处的切线方程；
(2)已知时，讨论函数的零点个数．
【答案】(1)；
(2)答案见解析.

【分析】（1）把代入，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程作答.
（2）求出函数及其导数，利用导数分类讨论的单调性，最值，结合零点存在性定理推理判断作答.
【详解】（1）当时，，则切线斜率，切点为，
所以切线方程为，即.
（2）函数的定义域为R，求导得，
①当时，在R上单调递增，而，
因此函数有一个零点；
②当时，令，得，当时，；
当时，，则在上单调递减，在上单调递增，
，令（表示中最小值）
当时，，函数在上单调递减，函数值集合为，
因此函数在上的取值集合为，
令，求导得，令，
则，即函数在上单调递增，，
函数在上单调递增，，即有，
当时，，
函数在上单调递增，函数值集合为，而，
因此函数在上的取值集合为，
设，
则，当时，在单调递增，
当时，在单调递减，，
即当时，，则有两个零点；
当时，，则有一个零点；
当时，，则没有零点．
所以当时，零点个数为0；当时，零点个数为1；当时，零点个数为2.
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.