安徽省滁州市2022-2023学年高二下学期期末教学质量监测数学试卷(解析版)

这是一份安徽省滁州市2022-2023学年高二下学期期末教学质量监测数学试卷(解析版)，共19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。

一、单选题：本大题共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. 在等比数列中，已知，，则（ ）
A. B. 27C. D. 64
【答案】B
【解析】由题意可知公比所以，
故选：B
2. 已知函数的导函数的图象如图所示，则的极小值点为（ ）

A. B. C. D. 和
【答案】C
【解析】由导函数的图象可知，当或时，，当时，，
所以为函数的极大值点，为函数的极小值点，故选：C
3. 在四面体中，是的中点，是的中点．设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】依题意
.

故选：D
4. 若函数，则（ ）
A. 0B. C. D. 1
【答案】B
【解析】因为，所以，
则，解得.故选：B
5. 抛物线的焦点为F，点，P为抛物线上的动点，则的最小值为（ ）
A. B. 3C. 2D.
【答案】A
【解析】如图，过点P作PH垂直于准线，垂直为H，
根据抛物线的定义，所以当A，P，H三点共线时最小，
此时.故选：A．

6. 甲、乙两人向同一目标各射击次，已知甲命中目标的概率为，乙命中目标的概率为.在目标被击中的情况下，甲、乙同时击中目标的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意，设事件“甲命中目标”，“甲命中目标”，“目标被击中”，
则，，
在目标被击中的情况下，甲、乙同时击中目标的概率为.
故选：C
7. 已知存在唯一极小值点，则的范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，，
，
当时，恒成立，
所以在上，单调递增，
在上，单调递减，
所以没有极小值点，只有极大值点，不合题意，
当时，令，，
，令得，
所以在上，单调递增，
在上，单调递减，
，，当时，且当时，，
①若，则存在，，使得，
即，
所以在上，，，，单调递减，
在上，，，，单调递减，
在上，，，，单调递减，
在上，，，，单调递增，
所以当时，有两个极小值点，不合题意，
当时，，即，
在上，单调递减，
在上，单调递增，
所以有唯一极小值点，无极大值点，
综上所述，当时，有唯一极小值点．
故选：A
8. 习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现．欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晩近四百年．“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（ ）

A.
B. 第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数相等
C. 记第n行的第个数为，则
D. 第20行中第8个数与第9个数之比为
【答案】D
【解析】根据题意，由数表可得：第行的第个数为，
由此分析选项：
对于A，，A错误；
对于B，第2023行中从左往右第1013个数为，第1014个数为，两者不相等，B错误；
对于C，记第行的第个数为，则，则，
C错误；
对于D，第20行中第8个数为，第9个数为，
则两个数的比为，D正确．
故选：D．
二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知函数，下列说法中正确的是（ ）
A. 函数过点的切线有3条B. 函数的极大值是2
C. 函数在上有2个零点D. 点是函数的对称中心
【答案】BD
【解析】对A，，，
设切点为，斜率为，
则切线方程为，
因为在切线上，代入上述切线方程得，
化简得，解得，代入得切线方程为，
则函数过点的切线只有1条，故A错误.
所以切线方程是，即，A错误；
对B，令，解得或，令，解得，
所以在和上都单调递增，在上单调递减，因此是极大值点，
且，则函数的极大值是2，故B正确；
对C，令，解得或或，故函数在上有3个零点，故C错误；
对D，，且定义域为，关于原点对称，故关于原点对称，故D正确.
故选：BD.
10. 下列说法错误的是（ ）
A. 是用来判断两个分类变量是否相关的随机变量，当的值很小时可以推断两个变量相关性比较小
B. 在残差图中，残差图的横坐标可以是编号、解释变量和预报变量
C. 残差点分布的带状区域的宽度越窄，残差平方和越大
D. 已知一组样本点，其中，根据最小二乘法求得的回归直线方程是，若所有样本点都在回归直线上，则变量间相关系数为1
【答案】CD
【解析】是用来判断两个分类变量是否相关的随机变量，当的值很小时可以推断两个变量相关性比较小，
故A正确；
在残差图中，残差图的横坐标可以是编号、解释变量和预报变量，故B正确；
残差点分布的带状区域的宽度越窄，残差平方和越小，说明模型的拟合精度越高，故C错误；
已知一组样本点，其中，根据最小二乘法求得的回归直线方程是，
若所有样本点都在回归直线上，则变量间相关系数为，故D错误.故选：CD.
11. 随机变量X的分布列如下：
则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】对于A，由题意得，得，所以A错误，
对于B，，所以B正确，
对于C，，所以C正确，
对于D，，
所以D错误，故选：BC
12. 下列命题中，真命题是（ ）
A. 有10件产品，其中3件是次品，从中任取两件，若表示取得次品的件数，则
B. 已知随机变量，满足，若，，则，
C. 某人在10次射击中，击中目标的次数为，则时概率最大
D. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，则5次传球后球在甲手中的概率是
【答案】ACD
【解析】对于A：若有10件产品，其中3件是次品，从中任取两件，
则的所有取值为0，1，2，
此时，故A正确；
对于B：已知随机变量，满足，
若，，此时，
，故B错误；
对于C：因为某人在10次射击中，击中目标的次数为，
所以，（且），
所以，，
令，解得，
因为，所以，所以当时概率最大，故C正确；
对于D：记事件为“经过次传球后，球再次回到甲手中”，
不妨设次传球后，球再次回到甲手中的概率为，
易知，，
所以
，
所以，
又，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
此时，
即，
当时，，故D正确.
故选：ACD．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若随机变量，，则________．
【答案】
【解析】由题意知，，，所以，
，
故答案为：
14. 已知数列满足，，若表示不超过x的最大整数，则________．
【答案】1
【解析】由得时，
当时，也符合，所以
，故，
，
故答案为：1
15. 四大名亭是我国古代因文人雅士的诗歌文章而闻名的景点，它们分别是滁州的醉翁亭、北京的陶然亭、长沙的爱晩亭、杭州的湖心亭．某高二学生计划三年内不重复的游览完中国四大名亭，若该同学每年最多游览两个景点，且同一年游览的两个景点不分先后顺序，则该同学共有________种不同的游览方案．（用数字作答）
【答案】54
【解析】①如果两年游览完4个景点，则选取的年份有种方法，选取的两年中每年各玩2个景点，
有种方法，故共有种游览方案；
②若三年游览完4个景点，则只有一年游览2个景点，另外两年各游览1个景点，
故有种方法分为三组（一组2人，另两组各1人），再将这三组在3年中排序则有种，
故此时共有种游览方案；
综上所述共有种不同的游览方案，
故答案为：54.
16. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，O为坐标原点，以点为圆心且与双曲线渐近线相切的圆与该双曲线在第一象限交于点A，若的中点为B，且，则双曲线的离心率为______.
【答案】
【解析】由题意，双曲线的一条渐近线为，则点到渐近线的距离，即圆的半径为，连接，则，
由双曲线的定义知，所以，
在中，为的中点，B为的中点，所以，
在中，，
在中，，
因为，所以，所以，
所以.
故答案为：

四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. “绿色出行，低碳环保”已成为新的时尚，近几年国家相继出台了一系列的环保政策，在汽车行业提出了重点扶持新能源汽车的政策，为新能源汽车行业的发展开辟了广阔的前景．某公司对电动汽车进行生产投资，所获得的利润有如下统计数据：
（1）请用相关系数说明：能用线性回归模型拟合与的关系（精确到0.01）；
（2）建立关于的回归方程，预测2024年该公司所获得的利润．
参考数据：；；；；．
参考公式：相关系数；
回归方程中，，．
解：（1）已知，，
所以，
，
所以，
所以说明与的线性相关程度很强，则能用线性回归模型模拟与的关系；
（2）由（1）知，
所以，
则，
因为当时，其表示2016年，
所以当时，其表示年，则 （百万元），
即预计年该公司所获得的利润为百万元．
18. 已知函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．
（1）求的值；
（2）在区间上，试求函数的最大值和最小值．参考数据：．
解：（1）已知定义域为，
可得，
因为在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以当时，取得极大值，
此时，
解得，
当时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得极大值，符合题意，
故；
（2）由（1）知，，
且函数在上单调递增，在区间上单调递减，
所以当时，函数取得极大值也最大值，最大值，
又，，
因为，
所以，
则当时，函数取得最小值，最小值．
综上可得在区间上的最大值为，最小值为.
19. 如图，已知四棱锥的底面为菱形，，，．

（1）证明：平面平面；
（2）是的中点，是上的一点，且平面，求直线与平面所成角的正弦值．
解：（1）如图，取的中点，连接、，
因为，，则，即，
所以，，
又为菱形且，所以为等边三角形，所以，且，
又，
所以，所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面.

（2）由（1）可知，，，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
则，，
因为是的中点，是上的一点，且平面，显然与不平行，
设平面的法向量为，则，
令，则，
因为，设，
则，
因为，即，解得，
所以，
设直线与平面所成角为，又平面的法向量可以为，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为.

20. 某社区举行第二届全民运动会，运动会包括少年组、青年组、中年组与老年组四个组别比赛．本届运动会老年组比赛新增了围棋比赛项目．甲、乙两名选手通过“3局2胜制”争夺冠军．为了增加趣味性，每次比赛前通过摸球方法决定谁先执黑，规则如下：裁判员从装有n个红球和3个白球的口袋中不放回地依次摸出2球，若2球的颜色不同，则甲执黑，否则乙执黑（每次执黑确定后，再将取出的两个球放回袋中）．
（1）求选手甲执黑的概率；（结果用n表示）
（2）当口袋中放入红球的个数n为多少时，选手甲执黑概率最大；
（3）假设甲每场比赛获胜概率为，求甲获得冠军的概率．
解：（1）由题意，从装有个红球和3个白球的口袋中不放回地依次摸出2球，
则2球颜色不同即甲执黑的概率为；
（2）由（1）可知，选手甲执黑的概率，
记，由及对勾函数的单调性可知：或3时，，
所以当口袋中放入红球的个数为2或3时，选手甲执黑概率最大；
（3）由题意，甲获得冠军即前两局比赛甲胜，或者前两局甲乙各胜一局，第三局甲胜，
则甲获胜的概率为．
21. 如图，已知平行四边形ABCD与椭圆相切，且，，，.

（1）求椭圆的方程；
（2）若点是椭圆上位于第一象限一动点，且点处的切线与AB，AD分别交于点E，F.证明：为定值.
解：（1）因为，，，，
所以直线方程为：，
直线方程：，即，
由题意直线与椭圆相切，所以，
即椭圆方程为，
联立消去y得，
由题意，，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）设点，则，由题意知，
设直线的方程为，联立，
消去得，
依题意，直线与椭圆相切，
则，即，
再整理可得，
因为点在椭圆上，所以，代入可得，
则切线的方程为，令得，
所以，
由得，
所以，
所以
为定值，得证.
22. 已知，．
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）若恒成立，且存在使得方程恒有两个交点，求a的范围．
解：（1）已知，函数定义域为,，
当，，可得，
此时
所以曲线在处的切线方程为，
即；
（2）若恒成立，此时，解得，
因为存在使得方程恒有两个交点，此时函数在定义域上不单调，
即在上存在零点，
当时，，此时在,上单调递增，不符合题意；
当时，由于均为,上的单调递增函数，
所以在,上单调递增，
若，即时，
可得恒成立，函数单调递减，不符合题意；
若，即时，
可得，
因为，所以，
此时需满足在上存在实数根，
不妨设，函数定义域为，
可得，
所以函数在定义域上单调递增，
此时，即，
此时在区间上存在一点，使得，即，即
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
此时是的极小值点也是最小值点，
此时
,
由于，，所以，
故存在使得方程恒有两个交点
所以符合题意，
综上，满足条件的的取值范围为．
X
0
1
2
a
年代
2016
2017
2018
2019
2020
2021
2022
年份代码
1
2
3
4
5
6
7
利润（单位：百万元）
29
33
36
44
48
52
59