2022-2023学年江苏省镇江市扬中市第二高级中学高二下学期期末模拟数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江苏省镇江市扬中市第二高级中学高二下学期期末模拟数学试题含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年江苏省镇江市扬中市第二高级中学高二下学期期末模拟数学试题

一、单选题
1．已知是各项不相等的等差数列，若，且，，成等比数列，则数列的前10项和（    ）
A．5 B．45 C．55 D．110
【答案】C
【分析】设等差数列的公差为d（），由等比中项的性质和等差数列的通项公式求得公差，再由等差数列的求和公式即可求得结果.
【详解】设等差数列的公差为d（），
由题意知，，，
所以，
解得或（舍去），
所以，
所以.
故选：C.
2．在下列条件中，使点M与点A，B，C一定共面的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先证明四点共面的条件，再根据四点共面的条件逐项判断即可求得结论．
【详解】空间向量共面定理，，若，，不共线，且，，，共面，则其充要条件是；
对于A，因为，所以不能得到，，，四点不共面；
对于B，因为，所以不能得出，，，四点共面；
对于C，由条件可得，则，，为共面向量，所以与,一定共面；
对于D，因为，所以，因为，所以不能得出，，，四点共面．
故选：C．
3．下列说法中正确的是（     ）
①若随机变量，则
②若随机变量且，则
③甲、乙、丙、丁四人到四个景点旅游，每人只去一个景点，设事件 “4个人去的景点互不相同”，事件 “甲独自去一个景点”，则
④设随机变量X，则，
A．①②③ B．②③④ C．②③ D．①②
【答案】A
【分析】利用二项分布的概率公式计算判断①；利用正态分布的对称性计算判断②；利用条件概率公式计算判断③；利用期望、方差的性质判断④作答.
【详解】对于①，，则，①正确；
对于②，且，则，②正确；
对于③，依题意，，所以，③正确；
对于④，，，④错误，
所以说法正确的序号是①②③.
故选：A
4．已知甲盒中有2个白球，2个红球，1个黑球，乙盒中有4个白球，3个红球，2个黑球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，记事件A=“甲盒中取出的球与乙盒中取出的球颜色不同”，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】分类讨论甲盒中随机取出一个球的颜色，根据题意结合独立事件的概率乘法公式运算求解.
【详解】若甲盒中随机取出一个球为白球的概率为，放入乙盒，此时乙盒中有5个白球，3个红球，2个黑球，再取出一个非白球的概率为；
若甲盒中随机取出一个球为红球的概率为，放入乙盒，此时乙盒中有4个白球，4个红球，2个黑球，再取出一个非红球的概率为；
若甲盒中随机取出一个球为黑球的概率为，放入乙盒，此时乙盒中有4个白球，3个红球，3个黑球，再取出一个非黑球的概率为；
故.
故选：D.
5．已知正方体的棱长为2，、分别为上底面和侧面的中心，则点到平面的距离为（      ）
  
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法得出点到平面的距离.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系
  
，，，，，，
设平面的法向量为，，令，得
则点到平面的距离为.
故选：A
6．若的展开式中的系数为20，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据二项展开式的通项公式可求出结果.
【详解】，
的通项公式为，
令，得（舍），令，得，
依题意得，得.
故选：B
7．已知抛物线，焦点为F，点M是抛物线C上的动点，过点F作直线的垂线，垂足为P，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．3
【答案】A
【分析】由条件确定点的轨迹，结合抛物线的定义，圆的性质求的最小值.
【详解】∵  抛物线的方程为，
∴  ，抛物线的准线方程为，
∵ 方程可化为，
∴过定点，
设，设的中点为，则，因为，为垂足，
∴，所以，
即点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，
过点作准线的垂线，垂足为，则,
∴ ,，又，当且仅当三点共线且在之间时等号成立，
∴ ，
过点作准线的垂线，垂足为，则,当且仅当三点共线时等号成立，
∴ ，当且仅当四点共线且在之间时等号成立，
所以的最小值为，
故选：A.

8．设，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】结合已知要比较函数值的结构特点,可考虑构造函数,然后结合导数与单调性关系分析出时,函数取得最大值,可得最大,然后结合函数单调性即可比较大小.
【详解】设,则,
当时,,函数单调递减,当时,,函数单调递增,
故当时,函数取得最大值,
因为,,
,
当时,,函数单调递减,可得,
即.
故选:C

二、多选题
9．某学校一同学研究温差与本校当天新增感冒人数（人）的关系，该同学记录了5天的数据：
x
5
6
8
9
12
y
17
20
25
28
35
经过拟合，发现基本符合经验回归方程，则（    ）
A．样本中心点为 B．
C．，残差为 D．若去掉样本点，则样本的相关系数r增大
【答案】ABC
【分析】由回归直线必过样本中心可判断A项、B项，由残差公式可判断C项，由相关系数公式可判断D项.
【详解】对于A项，因为，，
所以样本中心点为，故A项正确；
对于B项，由回归直线必过样本中心可得：解得：，故B项正确；
对于C项，由B项知，，令，则，
所以残差为，故C项正确；
对于D项，由相关系数公式可知，去掉样本点后，x与y的样本相关系数r不变，故D项错误.
故选：ABC.
10．记A，B为随机事件，下列说法正确的是（    ）
A．若事件A，B互斥，，，
B．若事件A，B相互独立，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】BC
【分析】对于A，根据互斥事件和对立事件的性质分析判断即可，对于B，根据相互独立事件的性质分析判断，对于CD，根据条件概率的公式和对立事件的性质分析判断.
【详解】
，∴，A错.
，B对.
令，，，∴，
，∴，
，∴，C对.
，D错，
故选：BC.
11．如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（       ）

A．直线平面
B．三棱锥的体积为定值
C．异面直线与所成角的取值范围是
D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】ABD
【分析】在选项A中，利用线面垂直的判定定理，结合正方体的性质进行判断即可；
在选项B中，根据线面平行的判定定理、平行线的性质，结合三棱锥的体积公式进行求解判断即可；
在选项C中，根据异面直线所成角的定义进行求解判断即可；
在选项D中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解即可.
【详解】在选项A中，∵，，，
且平面，
∴平面，平面，
∴，
同理，，
∵，且平面，
∴直线平面，故A正确；
在选项B中，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵点在线段上运动，
∴到平面的距离为定值，又的面积是定值，
∴三棱锥的体积为定值，故B正确；
在选项C中，
∵，
∴异面直线与所成角为直线与直线的夹角.
易知为等边三角形，
当为的中点时，；
当与点或重合时，直线与直线的夹角为.
故异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；
在选项D中，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，

设正方体的棱长为1，
则，，，，
所以，.
由A选项正确：可知是平面的一个法向量，
∴直线与平面所成角的正弦值为：，
∴当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故D正确.
故选：ABD
12．已知直线与椭圆交于、两点，点为椭圆的左、右焦点，则下列说法正确的有（    ）
A．椭圆的离心率为
B．椭圆上存在点，使得
C．当时，，使得
D．当，，
【答案】AD
【分析】根据椭圆的离心率、焦点三角形、直线与椭圆相交的坐标运算逐项判断即可得答案.
【详解】椭圆，则
对于A，，故A正确；
对于B，在中，，
  
由余弦定理得，
又，当且仅当时，最大，则最小值为，因为，函数在递减，即最大为，故B错误；
对于C，时，，即直线过右焦点，设，则，恒成立，所以，
  
又，所以，
因为，
所以，故C错误；
对于D，时，，设，联立，得；
所以，
  
所以，当时，取到最小值为，故，故D正确.
故选：AD.

三、填空题
13．设，且，若能被15整除，则 .
【答案】14
【分析】讲用二项式展开，通过分析被15除的余数，即可求出的值.
【详解】由题意，，
∵
，
可知被15除的余数与被15除的余数相等，
又∵，
∴被15除的余数为1，即被15除的余数为1，
∵，
∴若能被 15 整除，则，解得：，
故答案为：14.
14．已知圆柱的体积为，则该圆柱的表面积的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题可设高为，半径为，然后根据体积为得出，最后根据圆柱的表面积公式以及基本不等式即可得出结果.
【详解】设高为，半径为，则，整理得，
故圆柱的表面积，
当且仅当时等号成立，
故答案为：.
15．中国新冠疫苗研究路径有两种技术路线：一个是灭活疫苗，一个是腺病毒载体疫苗.经过科研工作者长达一年左右的研制，截至目前我国已有4款自主研发的新冠疫苗获批上市.其中在腺病毒载体疫苗研制过程中，科研者要依次完成七项不同的任务，并对任务的顺序提出了如下要求:重点任务A必须排在前三位，且任务必须排在一起，则这七项任务的安排方案共有 种（用数字作答）
【答案】624
【分析】分A在第一位、第二位、第三位三种情况，考虑有几种方式，剩下的元素全排即可.
【详解】把A排在第一位，任务相邻的位置有5个，两者的顺序有2种情况，剩下的4个任务全排列，有种，共有种方案；
把A排在第二位，任务相邻的位置有4个，两者的顺序有2种情况，剩下的4个任务全排列，有种，共有种方案；
把A排在第三位，任务相邻的位置有4个，两者的顺序有2种情况，剩下的4个任务全排列，有种，共有种方案；
总共有种方案.
故答案为：624.

四、双空题
16．已知数列满足，，当时， ；若数列的所有项仅取有限个不同的值，则满足题意的所有实数a的值为 .
【答案】 2
【分析】先利用递推公式求出，，再由，求出；利用通项公式判断出a的值为2.
【详解】∵
∴
∴.
∵，∴，
∴.
∴当时，.
因为，所以.
要使的所有项仅取有限个不同的值，则，此时，.
否则时，取值有无穷多个.
故答案为：；2.

五、解答题
17．在条件①无理项的系数和为，②的系数是64，③第3项的二项式系数与第2项的二项式系数的比为5∶2中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．
问题：在的展开式中_____________．
(1)求n的值；
(2)求展开式中的常数项．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）首先写出展开式的通项，若选①，令的无理项系数和为、有理项系数和为，利用赋值法得到，，即可求出，从而求出；
若选②，令，求出，即可求出的取值范围，再由，即可求出的取值范围，从而得解；
若选③，根据二项式系数及组合数公式计算可得；
（2）由（1）得到展开式的通项，令的指数为，求出，再代入计算可得；
【详解】（1）解：因为展开式的通项为
若选①，当为奇数时为无理项，为偶数时为有理项，
则的无理项系数和与的无理项系数和互为相反数，
令的无理项系数和为、有理项系数和为，
令，则，
所以，所以；
若选②，令，解得，
因为且，解得且为的倍数，
所以，因为，所以，所以，
所以；
若选③，依题意可得，即，解得；
（2）解：由（1）可得，则展开式的通项为，
令，解得，所以展开式中常数项为；
18．已知正项数列的前n项和为，满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)数列为等比数列，数列满足，若，，求证：.
【答案】(1)，
(2)证明见解析.

【分析】（1）先由累乘法求得，再根据与的关系即可求得数列的通项公式；
（2）先由条件求得数列的通项公式，即可得到，然后根据裂项相消法即可证明.
【详解】（1）因为，则，
累乘可得，，
所以，又符合式子，
所以，
当时，，
所以两式相减可得，，
又符合上式，所以，
（2）因为数列为等比数列，，且，
设数列的公比为，则，即，
所以，则
所以，
即

19．阿基米德（公元前287年-公元前212年，古希腊）不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.在平面直角坐标系中，椭圆：的面积为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形.过点的直线与椭圆C交于不同的两点A，B.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为P，Q，直线PA与直线交于点F，试证明B，Q，F三点共线.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）利用条件，建立的关系，直接求出即可求出结果；（2）分直线斜率存在与不存在两种情况讨论，当斜率不存在时，可直接求出B，Q，F三点的坐标，从而可利用向量判断出是否共线；当斜率存在时，设出直线方程，联立方程得到，利用韦达定理得到间的关系，再求出点，再利用向量共线得到点共线即可得到证明.
【详解】（1）依题意有，解得，所以椭圆C的标准方程是.
（2）（i）当直线的斜率不存在，易知，，或，，
当，时，直线PA的方程为：，所以点，
此时，，，显然B，Q，F三点共线，
同理，时，B，Q，F三点共线；
（ii）当直线的斜率存在时，显然斜率，设直线的方程：，
设，，
由整理可得：，
，，
由（1）可得左右顶点分别为，，
直线PA的方程为，又因为直线与交于F，所以，
所以，，
因为
，
又
，
所以，所以，所以B，Q，F三点共线；

20．如图，已知垂直于梯形所在的平面，矩形的对角线交于点F，G为的中点，，.

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)在线段上是否存在一点H，使得与平面所成角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，.

【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可证明；（2）证明出，.利用向量法求解；（3）利用向量法求解.
【详解】（1）连接FG.

在△中，F、G分别为的中点，所以.
又因为平面, 平面，所以平面.
（2）因为平面,平面，所以.
又，所以.
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系.

则,.,.
设平面SCD的一个法向量为.
则，即，
令,得.
所以平面SCD的一个法向量为.
又平面ESD的一个法向量为.
所以
所以平面SCD与平面ESD夹角的余弦值为.
（3）假设存在点H,设,则.
由（2）知,平面的一个法向量为.则，
即,所以.
故存在满足题意的点H,此时.
21．网上购物就是通过互联网检索商品信息，并通过电子订购单发出购物请求，厂商通过邮购的方式发货或通过快递公司送货上门，货到后通过银行转账､微信或支付宝支付等方式在线汇款，根据年中国消费者信息研究，超过的消费者更加频繁地使用网上购物，使得网上购物和送货上门的需求量激增，越来越多的消费者也首次通过第三方､品牌官方网站和微信社群等平台进行购物，某天猫专营店统计了年月日至日这天到该专营店购物的人数和时间第天间的数据，列表如下：












（1）由表中给出的数据是否可用线性回归模型拟合人数与时间之间的关系？若可用，估计月日到该专营店购物的人数(人数用四舍五入法取整数；若，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合，计算时精确到).
参考数据：.附：相关系数，回归直线方程的斜率，截距.
（2）运用分层抽样的方法从第天和第天到该专营店购物的人中随机抽取人，再从这人中任取人进行奖励，求这人取自不同天的概率.
（3）该专营店为了吸引顾客，推出两种促销方案：方案一，购物金额每满元可减元；方案二，一次性购物金额超过元可抽奖三次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次打折，中奖两次打折，中奖三次打折.某顾客计划在此专营店购买元的商品，请从实际付款金额的数学期望的角度分析选哪种方案更优惠.
【答案】（1）可用线性回归模型拟合人数与天数之间的关系，月日到该专营店购物的人数约为；（2）；（3）选择方案二更划算.
【分析】（1）利用题中所给数据和公式，求出相关系数的值，由此判断变量与具有很强的线性相关性，再求出和，得线性回归方程，令代入即可求解；
（2）先利用分层抽样得到第1天和第5天取的人数分别为3人和4人，然后由古典概型概率计算公式即可求解；
（3）分别求出方案一和方案二所需付款数，比较即可求解.
【详解】解：（1）由表中数据可得，，，
，，
所以，
所以可用线性回归模型拟合人数与天数之间的关系.
而，
则，
所以，
令，可得.
答：月日到该专营店购物的人数约为.
（2）因为，所以从第天和第天取的人数分别为和，从而人取自不同天的种数为，
所以概率.
答：这人取自不同天的概率为.
（3）若选方案一，需付款元.
若选方案二，设需付款元，则的取值可能为，，，，
则，
，
，
，
所以，
因此选择方案二更划算.
22．已知函数的最大值是．
(1)求实数的值；
(2)设函数，若，使，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）求出函数导数，分析函数单调性，据此求出函数的最大值即可得解；
（2）构造函数，求导后由局部再构造函数，利用导数可得函数单调性，利用零点存在性定理确定唯一零点的大致范围，由此可知为函数最小值，再由隐零点的满足条件化简即可得解.
【详解】（1）求导，得，令 ， 解得 ．
当 时， ；当 时， ，
所以在 上单调递增， 在上单调递减，
所以当 时， 函数有最大值， 即，
所以
（2）令，
求导， 得
令， 求导得，
当时， ， 所以在 上单调递增.
因为
所以存在唯一的， 使，
当时， ;
当时， ，
所以在 上单调递减， 在上单调递增，
由， 得
构造函数， 求导， 得，
所以在 上单调递增， 又，所以
所以.
故实数的取值范围是
【点睛】关键点点睛：构造后，由导数知函数在 上单调递增，需要找到两个合适的值，确定隐零点的范围是解题的第一个关键点，当确定存在唯一的， 使后，利用隐零点得到函数极值，再由隐零点满足的条件构造函数，利用单调性得出是解题的第二个关键所在，解决这两个关键点，即可得解.