2022-2023学年河南省许昌市高二下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年河南省许昌市高二下学期期末数学试题含答案，共23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学年河南省许昌市高二下学期期末数学试题

一、单选题
1．已知，，若与共线，则（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【分析】利用空间向量共线的坐标表示求得，由此得解.
【详解】因为，，与共线，
所以，解得，则.
故选：D.
2．在等比数列中，，则数列的公比为（    ）
A． B．2 C． D．3
【答案】B
【分析】利用等比数列的通项公式列出关于的式子，从而得解.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，
所以，则.
故选：B.
3．曲线在点处的切线方程是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出原函数的导函数，得到，再求出，由此得解．
【详解】因为，所以，
则，又，
所以在点处的切线方程为，即.
故选：A.
4．下图是某地区年月至年月每月最低气温与最高气温（）的折线统计图：已知每月最低气温与最高气温的线性相关系数，则下列结论正确的是（    ）
  
A．月温差（月最高气温－月最低气温）的最大值出现在月
B．每月最高气温与最低气温的平均值在月逐月增加
C．每月最低气温与最高气温有较强的线性相关性，且二者为线性负相关
D．月的月温差相对于月，波动性更小
【答案】B
【分析】计算各月的温差，可判断A选项；计算出月每月最高气温与最低气温的平均值，可判断B选项；根据线性相关系数可判断C选项；计算出月、月各月的月温差，可判断D选项.
【详解】对于A选项，年各月温差（单位：）如下表所示：
月份









温差









年各月温差（单位：）如下表所示：
月份



温差



因此，月温差（月最高气温月最低气温）的最大值出现在月，A错；
对于B选项，每月最高气温与最低气温的平均值在月分别为、、、、，逐月增加，B对；
对于C选项，因为，每月最低气温与最高气温有较强的线性相关性，且二者为正线性相关，C错；
对于D选项，由A中表格中的数据可知，月的月温差相对于月，波动性更大，D错.
故选：B.
5．设X是一个离散型随机变量，其分布列为
X
0
1
P


则常数a的值为（    ）
A． B． C．或 D．或
【答案】A
【分析】根据分布列的性质，列式求.
【详解】由分布列的性质可知 ，解得：.
故选：A
6．已知四棱锥的底面是矩形，其中，平面平面，为等边三角形，则四棱锥的外接球体积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先分别求得的外接球半径与，再利用勾股定理求得外接球的半径，从而得解.
【详解】记的中点为，连接，，连接，
设所在圆的圆心为，半径为，所求外接球球心为，半径为，连接，如图，
  
因为为等边三角形，，所以圆的半径，
因为为等边三角形，是的中点，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为底面是矩形，所以是底面外接圆的圆心，故平面，
所以，
同理，所以四边形是平行四边形，
所以，
所以球的半径，
所以外接球的体积为.
故选：D.
7．如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型，图中正方形内部为“赵爽弦图”（由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成），给、、、这个三角形和“赵爽弦图”涂色，且相邻区域（即图中有公共点的区域）不同色，已知有种不同的颜色可供选择．则不同的涂色方法种数是（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】依次对区域正方形、、、、涂色，讨论区域与区域同色或异色讨论，确定每个区域所涂颜色的种数，结合分类加法和分步乘法计数原理可得结果.
【详解】先对正方形涂色，共有种颜色可供选择，
然后涂区域，有种颜色可供选择，
接下来涂区域，有种颜色可供选择，
若区域与区域同色，则区域有种颜色可供选择；
若区域与区域不同色，则区域有种颜色可供选择，区域有种颜色可供选择.
由计数原理可知，不同的涂色方法种数为.
故选：C.
8．已知斜率为的直线过抛物线C：的焦点F且与抛物线C相交于A，B两点，过A，B分别作该抛物线准线的垂线，垂足分别为，，若与的面积之比为3，则k的值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设的方程为，联立直线与抛物线方程，设点、，由条件关系结合设而不求法列方程求的值.
【详解】因为抛物线的焦点的坐标为，
所以直线的方程为，
联立，得，
方程的判别式，
设点、，
由韦达定理可得，，
由已知和抛物线定义知，
所以，得，即，
故，解得.
故选：A.


二、多选题
9．早在1733年，法国数学家棣莫弗在研究二项概率的近似计算时，提出了正态密度函数的形式，其解析式为．其中为参数．若随机变量X的概率分布密度函数为，则称随机变量服从正态分布，下列关于正态密度函数及图象的特点的说法中，正确的有（    ）
A．曲线是单峰的，它关于直线对称
B．曲线在处达到峰值
C．当较小时，峰值低，正态曲线“矮胖”，表示随机变量的分布分散；当较大时，峰值高，正态曲线“瘦高”，表示随机变量的分布集中
D．当无限增大时，曲线无限接近轴
【答案】ABD
【分析】根据正态分布的性质结合解析式依次判断即可得出.
【详解】对于A，当时，单调递增，则单调递增，
当时，单调递减，则单调递减，
又，所以，
故曲线是单峰的，它关于直线对称，故A正确；
对于B，因为，有，因此，
当且仅当时，等号成立，即曲线在处达到峰值，故B正确；
对于C，由选项B可知，当越小时，峰值越大，则曲线越“瘦高”，故C错误.
对于D，因为正态曲线与x轴之间的区域的面积总为1，且恒成立，
所以结合曲线的单调性可知，当无限增大时，曲线无限接近轴，故D正确.
故答案为：ABD.
10．如图，棱长为2的正方体中，P为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（    ）
  
A．平面平面
B．直线与所成的角可能是
C．点存在一个位置，使得三棱锥的体积为
D．平面截正方体所得的截面可能是直角三角形
【答案】AC
【分析】对于A，利用面面垂直的判定定理即可判断；对于B，建立空间直角坐标系，用向量法求出异面直线所成的角，结合导数求得其范围即可判断；对于C利用换底法得出所求体积即可判断；对于D，利用观测法与勾股定理判断即可.
【详解】对于A，因为在正方体中，面，
又面与面是同一个面，面，
所以平面平面，故A正确；
对于B，以D为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，
  
则，设，
则，，
则，
令，
则，
所以在区间上单调递减，
由于，，
所以，即直线与所成的角满足，
又因为，故，故直线与所成的角不可能是，故B错误；
对于C，因为 ，易知到平面的距离，
所以三棱锥的体积为，故C正确；
对于D，为线段上的动点（不含端点），连接并延长，
若的延长线交于，如图，此时截面为四边形，
  
若的延长线交于，设交点为，此时截面为，
设，则，，
故，则不为直角三角形，故D错误.
  
故选：AC.
11．椭圆的左、右焦点分别为、，为坐标原点，以下说法正确的是（    ）
A．椭圆的离心率为
B．过点的直线与椭圆交于、两点，则的周长为
C．椭圆上存在点，使得的面积为
D．为椭圆上一点，为圆上一点，则的最大值为
【答案】BD
【分析】求出椭圆的离心率，可判断A选项；利用椭圆的定义可判断B选项；求出的取值范围，可判断C选项；利用平面内两点间的距离公式结合圆的几何性质可判断D选项.
【详解】在椭圆中，，，则，
对于A选项，椭圆的离心率为，A错；
对于B选项，的周长为，B错；
对于C选项，当点为椭圆短轴的端点时，的面积取最大值，且最大值为，
所以，，故椭圆上不存在点，使得的面积为，B错；
对于D选项，圆的圆心为坐标原点，该圆的半径为，
设点，则，则，
当且仅当时，等号成立，
所以，，
当且仅当、、三点共线，且为线段上的点，以及点为椭圆的长轴端点时，

取最大值，D对.
故选：BD.
12．中华人民共和国第十九届亚运会将于2023年9月在杭州举办．为了组建一支朝气蓬勃、训练有素的赛会志愿者队伍，向全国人民奉献一场精彩圆满的体育盛会，组委会欲从6名男志愿者，4名女志愿者中随机抽取3人聘为志愿者队的队长．下列说法正确的是（    ）
A．设事件A：“抽取的3人中至少有一名男志愿者”，事件B：“抽取的3人中全是男志愿者”，则
B．设事件C：“抽取的3人中既有男志愿者，也有女志愿者”，则
C．用表示抽取的3人中女志愿者的人数，则
D．用表示抽取的3人中男志愿者的人数，则
【答案】ACD
【分析】对于A，利用古典概型与组合的应用求得事件A与事件 的概率，再利用条件概率公式求解即可；对于B，利用对立事件与古典概型的概率公式即可得解；对于CD，依题意分别求得的分布列，再利用数学期望公式与方差公式求解即可判断.
【详解】对于A，从6名男志愿者，4名女志愿者中随机抽取3人聘为志愿者队的队长的基本事件有件，
其中事件A：“抽取的3人中至少有一名男志愿者”包含的基本事件有件，故，
事件表示“抽取的3人中全是男志愿者”，其包含的基本事件有件，故，
所以，故A正确；
对于B，事件C：“抽取的3人中既有男志愿者，也有女志愿者” 包含的基本事件有件，
所以，故B错误；
对于C，可得的可能取值为0，1，2，3，
则，，，，
所以，故C正确；
对于D，可得的可能取值为0，1，2，3，
则，，，，
则，
，
则，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题CD选项的解决关键是利用离散型随机变量分布列的求法，分别求得的分布列，从而得解.

三、填空题
13．在数列中，对任意总有，且，则 ．
【答案】
【分析】先证明数列是等差数列，再利用等差数列的通项公式求解.
【详解】因为，，
令,则，故，
∴为等差数列，首项和公差均为，
∴，∴，
故答案为：.
14．的展开式中的系数为 ．
【答案】
【分析】利用二项式定理的通项公式即可得出．
【详解】将原式子化为：（y+x2+x）5其展开式中，通项公式Tr+1y5﹣r（x2+x）r，
令5﹣r＝3，解得r＝2．
（x2+x）2＝x4+2x3+x2，5个括号里有2个出的是x2+x，
∴x3y3的系数为220，
故答案为20．
【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可；(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.
15．某学校有，两家餐厅，甲同学第一天午餐时随机地选择一家餐厅用餐．如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为0.6；如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为0.8．则甲同学第二天去餐厅用餐的概率为 ；
【答案】0.7
【分析】第2天去哪家餐厅用餐的概率受第1天在哪家餐厅用餐的影响，可根据第1天可能去的餐厅，将样本空间表示为“第1天去A餐厅”和“第1天去B餐厅”两个互斥事件的并，利用全概率公式求解.
【详解】设“第1天去A餐厅用餐”，“第1天去B餐厅用餐”，“第2天去A餐厅用餐”，则，且与互斥
根据题意得：，，
由全概率公式，得：
.
故答案为：0.7.
16．已知直线：与圆交于，两点，过，分别作的垂线与轴交于，两点，若，则 ．
【答案】4
【分析】由题，根据垂径定理求得圆心到直线的距离，可得m的值，既而求得CD的长可得答案.
【详解】因为，且圆的半径为，所以圆心到直线的距离为，则由，解得，代入直线的方程，得，所以直线的倾斜角为，由平面几何知识知在梯形中，．
故答案为4
【点睛】解决直线与圆的综合问题时，一方面，要注意运用解析几何的基本思想方法（即几何问题代数化），把它转化为代数问题；另一方面，由于直线与圆和平面几何联系得非常紧密，因此，准确地作出图形，并充分挖掘几何图形中所隐含的条件，利用几何知识使问题较为简捷地得到解决．

四、解答题
17．已知数列，，其前n项的和为，且满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）利用推得是等差数列，从而求得，由此得解.
（2）利用放缩法与裂项法即可得证.
【详解】（1）当时，，
又因为，所以，
即，则，
又，所以数列是以3为首项，3为公差的等差数列，
所以，则，
从而当时，，
显然，不符合上式，
故数列的通项公式为
（2）由（1）得，
当时，，
所以

，故不等式成立.
18．如图，三棱柱中，侧面与侧面均为边长为的正方形，、分别是、的中点，且．
  
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接交于点，连接、，利用中位线的性质得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出，平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得二面角的正切值．
【详解】（1）证明：连接交于点，连接、，
在三棱柱中，且，故四边形为平行四边形，
因为，则为的中点，
又因为为的中点，所以，，
因为平面，平面，因此，平面.
  
（2）解：因为三棱柱中，侧面与侧面均为边长为的正方形，
则，又因为，所以，，则，
因为，，，、平面，所以，平面，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
  
则点、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，则，
设平面的法向量为，，
则，取，可得，
所以，，则，
故，
由图可知，二面角为锐角，故二面角的正切值为.
19．中心在原点的双曲线的焦点在x轴上，且焦距为4，请从下面3个条件中选择1个补全条件，并完成后面问题：
①该曲线经过点；
②该曲线的渐近线与圆相切；
③点在该双曲线上，，为该双曲线的左、右焦点，当点的纵坐标为时，以，为直径的圆经过点．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)过定点能否作直线，使与此双曲线相交于两点，且是弦的中点?若存在，求出的方程；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析

【分析】（1）选①，利用双曲线的定义求得，从而得解；选②，利用点线距离公式与线圆相切的性质求得，从而得解；选③，利用勾股定理，结合三角形面积相等求得，从而得解.
（2）假设直线存在，利用点差法求得直线的方程，再联立双曲线方程，利用判别式判断即可得解.
【详解】（1）设双曲线的标准方程为，
选①，由题意可知，双曲线的两个焦点分别为，，
由双曲线的定义可得，故，
则，所以双曲线的标准方程为.
选②，因为圆的方程为，圆心为，半径为，
双曲线的渐近线方程为，
由题意可得，解得，即，
因为，则，
因此双曲线的标准方程为.
选③，因为以为直径的圆经过点，所以，
  
由勾股定理可得，则，
所以，
从而，则，
故，
所以双曲线的标准方程为.
（2）假设满足条件的直线存在，设点，，
  
则，由题意可得，
两式作差并化简得，
所以直线的斜率为，
从而直线的方程为，即，
联立，整理可得，
易得，因此直线不存在.
20．第24届冬奥会于2022年在北京市和张家口市联合举行，冬奥会志愿者的服务工作是成功举办的重要保障．在冬奥会的志愿者选拔工作中，某高校承办了冬奥会志愿者选拔的面试工作，面试成绩满分100分，现随机抽取了100名候选者的面试成绩分五组，第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知图中从左到右前三个组的频率成等差数列，第一组和第五组的频率相同．
  
(1)求的值，并估计这100名候选者面试成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和中位数（中位数精确到0.1）；
(2)已知抽取的100名候选人中，男生50人，且希望参加张家口赛区志愿服务的有10人，女生不希望参加张家口赛区志愿服务的有30人，补全下面列联表，试根据小概率值的独立性检验，分析参加张家口赛区志愿者服务的候选人与性别是否有关?

男生
女生
总计
希望去张家口赛区
10


不希望去张家口赛区

30

总计
50


参考数据及公式：，．

0.050
0.010
0.001

3.841
6.635
10.828
【答案】(1)，平均值为，中位数为
(2)列联表见解析，有关

【分析】（1）利用频率分布直方图，结合等差中项的性质求得，从而可得平均值与中位数，由此得解；
（2）根据题意补全列联表，再利用卡方公式求得，结合参考表格即可得解.
【详解】（1）由题意可知，，
解得，
所以平均值为，
因为的频率为，的频率为，
所以中位数落在，故中位数为.
（2）补全列联表：

男生
女生
总计
希望去张家口赛区
10
20
30
不希望去张家口赛区
40
30
70
总计
50
50
100
零假设：参加张家口赛区志愿者服务的候选人与性别无关，
则，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即参加张家口赛区志愿者服务的候选人与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.050.
21．某企业对生产设备进行优化升级，升级后的设备控制系统由（）个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为，各元件之间相互独立．当控制系统有不少于k个元件正常工作时，设备正常运行，否则设备停止运行，记设备正常运行的概率为（例如：表示控制系统由3个元件组成时设备正常运行的概率；表示控制系统由5个元件组成时设备正常运行的概率）．
(1)若每个元件正常工作的概率．
①当时，求控制系统中正常工作的元件个数X的分布列和均值；
②计算．
(2)已知设备升级前，单位时间的产量为a件，每件产品的利润为1元，设备升级后，在正常运行状态下，单位时间的产量是原来的4倍，且出现了高端产品，每件产品成为高端产品的概率为，每件高端产品的利润是2元．请用表示出设备升级后单位时间内的利润y（单位：元），在确保控制系统中元件总数为奇数的前提下，若将该设备的控制系统增加2个相同的元件，请分析一下能否提高利润．
【答案】(1)①分布列见解析；；②
(2)答案见解析

【分析】（1）①②利用二项分布的分布列与期望求法求解即可；
（2）先结合题意求得，再分类讨论增加2个相同的元件后的概率，从而得到与的关系式，分析即可得解.
【详解】（1）①因为，所以控制系统中正常工作的元件个数的所有可能取值为0，1，2，3，
因为每个元件的工作相互独立，且正常工作的概率均为，所以，
所以，，
，，
所以控制系统中正常工作的元件个数的分布列为

0
1
2
3





控制系统中正常工作的元件个数的均值为，
②由题意知，
.
（2）升级改造后单位时间内产量的分布列为
产量

0
设备运行概率


所以升级改造后单位时间内产量的均值为，
所以
产品类型
高端产品
一般产品
产量（单位：件）


利润（单位：元）
2
1
设备升级后单位时间内的利润为，即，
因为控制系统中元件总数为奇数，若增加2个元件，
则第一类：原系统中至少有个元件正常工作，其概率为；
第二类：原系统中恰好有个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作，其概率为；
第三类：原系统中有个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作，
其概率为；
所以
，
即，
所以当时，单调递增，即增加元件个数设备正常工作的概率变大，
当时，，即增加元件个数设备正常工作的概率没有变大，
又因为，
所以当时，设备可以通过增加控制系统中元件的个数来提高利润；
当时，设备不可以通过增加控制系统中元件的个数来提高利润.
【点睛】关键点睛：本题第2小问解决的关键在于分类讨论原系统中元件正常工作的个数所对应的概率，从而得到与的关系式，由此分析得解.
22．设t为实数，函数．
(1)求的单调区间与极值点；
(2)求证：当且时，．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）先对求导，利用导数与函数的关系即可得解；
（2）构造函数，利用导数证得恒成立，从而得证.
【详解】（1）因为，所以，
由得，
当时，；当时，；
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
则的极小值点为，无极大值点.
（2）令，则，
显然，由（1）知，
所以，
因为，所以，则恒成立，
所以在区间上为增函数，
于是有，而，故恒成立，
所以当且时，.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．