贵州省黔东南州2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试卷(含答案)

这是一份贵州省黔东南州2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试卷(含答案)，共14页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知数列满足,,则( )
A.3B.2C.1D.
2．学校计划派甲,乙,丙,丁4名学生参加周六,周日的公益活动,每名学生选择一天参加公益活动,若甲,乙不在同一天参加公益活动,则不同的参加公益活动的方法共有( )
A.4种B.6种C.8种D.16种
3．已知双曲线的实轴长为1,则该双曲线的渐近线方程为( )
A.B.C.D.
4．已知变量x和y的统计数据如下表:
若x,y线性相关,经验回归方程为,据此可以预测当时,( )
B.7.5D.8
5．某班举办知识竞赛，已知题库中有A，B两种类型的试题，A类试题的数量是B类试题数量的两倍，且甲答对A类试题的概率为，答对B类试题的概率为，从题库中任选一题作答，甲答对题目的概率为( )
A.B.C.D.
6．向如图放置的空容器中注水,直至注满为止.下列图象中可以大致刻画容器中水的体积V与水的高度h的函数关系的是( )
A.B.
C.D.
7．被9除的余数为( )
A.3B.4C.5D.6
8．在正四棱锥中,,则正四棱锥体积的最大值为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．随机变量,随机变量Y服从两点分布,且,设,则( )
A.B.
C.D.
10．在数列中,已知,,则( )
A.B.是等差数列
C.D.是等比数列
11．已知椭圆的左,右顶点分别为A,B,左,右焦点分别为,,P是椭圆上异于的一点,且（O为坐标原点）,记PA,PB的斜率分别为,,设I为的内心,记,,的面积分别为,,,则( )
A.B.C的离心率为C.D.
三、填空题
12．若点在圆上,则C的半径________.
13．已知随机变是,则________.
14．已知函数有3个零点,,,则a的取值范围为________.
四、解答题
15．如图,在正四棱柱中,,E,F分别为,的中点.
（1）证明:平面CDE.
（2）求与平面CDE所成角的正弦值.
16．不透明的袋子中装有编号为1,2,3,4的4张卡片,这4张卡片除编号外,其余完全相同.现从袋子中不放回地抽取1张卡片,若这张卡片的编号为偶数,则结束抽取;若这张卡片的编号为奇数,则再从袋子中不放回地抽取1张卡片,直至抽出编号为偶数的卡片,结束抽取.
（1）求恰好抽取2张卡片后结束抽取的概率;
（2）若抽出编号为奇数的卡片得1分,抽出编号为偶数的卡片得2分,记抽取结束后的总得分为X,求X的分布列与期望.
17．已知数列满足,其中表示从n个元素中任选i个元素的组合数.
(1)求的通项公式;
(2)求的前n项和.
18．已知F是抛物线的焦点,M是抛物线C的准线与x轴的交点,是抛物线C上一点,且.
（1）求抛物线C的方程.
（2）设过点F的直线交抛物线C于A,B两点,直线MA,MB与直线分别交于点P,Q.
（ⅰ）证明:直线MA与MB的斜率之和为0.
（ⅱ）求面积的最大值.
19．已知函数,.
（1）讨论的单调性;
（2）当恒成立时,判断的零点个数.
参考答案
1．答案：D
解析：因为数列满足,,
所以,,,,
故是周期为2的数列,
所以.
故选:D
2．答案：C
解析：由题意可知甲,乙不在同一天参加公益活动,则有种方法,
然后丙,丁的安排方法有种,
所以由分步乘法原理可得共有种不同的方法.
故选:C
3．答案：A
解析：由题可知双曲线的实轴长为,则,解得,所以该双曲线的渐近线方程为.
故选:A.
4．答案：A
解析：,,
所以,即,
令,解得.
故选:A.
5．答案：C
解析：设“选出A类试题”为事件，“选出B类试题”为事件，“甲答对题目”为事件B，
则，，，，
所以.
6．答案：A
解析：在注水的过程中,容器横截面面积越大,水的体积增长越快,所以随着水的高度的增长,体积先缓慢增长,再剧烈增长,再缓慢增长.
故选：A.
7．答案：B
解析：.
因为被9整除,
所以被9除的余数为.
故选:B
8．答案：B
解析：过顶点P向平面ABCD作垂线,垂足为O,则PO为正四棱锥的高,设为h.
设底面边长为x,则,则,则.
所以正四棱锥的体积为:,则.
当时,;当时,.
即在上单调递增,在上单调递减,
则.
故选:B
9．答案：AC
解析：因为,所以,且,
又,所以A正确,B错误;
,故,故C正确;
,
,故D错误.
故选:AC.
10．答案：BCD
解析：,则,
因为,所以是以1为首项,为公差的等差数列,
则,则,
所以,,
所以,
所以是首项为3,公比为1的等比数列,
所以A错误,B,C,D均正确.
故选:BCD
11．答案：ACD
解析：因为,所以为正三角形,且点P在以为直径的圆上,
所以,即,故A正确.
不妨设,
则C的离心率为,故B错误.
,故C正确.
设的内切圆半径为r,则,,,
,
,所以,故D正确.
故选:ACD.
12．答案：
解析：由题可知C的圆心坐标为,
因为点在圆上,
所以圆C的半径.
故答案为:
13．答案：2
解析：因为,所以,则.
故答案为:2.
14．答案：
解析：,令,得,令,得或,
所以在,上递增,在上递减,
所以的极大值为,的极小值为.
因为有3个零点,且当时,,当时,,
所以,解得,即的取值范围为.
故答案为:
15．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）在正四棱柱中,AB,AD,两两垂直,且,
以A为坐标原点,AB,AD,所在直线分别为x轴,y轴,z轴,
建立如图所示的空间直角坐标系,则,,.
因为E,F分别为,的中点,所以,,
则,,,
设平面CDE的法向量为,
则,即,
令,则有,,即,
因为,所以,
又平面CDE,所以平面CDE;
（2）由（1）可知,,
,
所以与平面CDE所成角的正弦值为.
16．答案：（1）
（2）分布列见解析,.
解析：（1）由题可知,要恰好抽取2张卡片后结束抽取,
则需第一张被抽出的卡片的编号为奇数,且第二张被抽出的卡片的编号为偶数,
故所求的概率为.
（2）由题意可得X的可能取值为2,3,4,
若第一张被抽出的卡片的编号为偶数,抽取结束,则.
若第一张被抽出的卡片的编号为奇数,且第二张被抽出的卡片的编号为偶数,抽取结束,
则由（1）可知.
若前两张被抽出的卡片的编号均为奇数,则第三张被抽出的卡片的编号必是偶数,抽取结束,
则.
X的分布列为
故.
17．答案：(1)
(2)
解析：(1)因为,
所以,
则,
所以,
则.
(2)因为,
所以,
则,
所以,
则,
所以.
18．答案：（1）
（2）（ⅰ）证明见解析;
（ⅱ）12
解析：（1）因为点在抛物线上,所以,
因为,所以,
联立,解得,
所以抛物线C的方程为;
（2）（ⅰ）设直线AB的方程为,直线MA的方程为,
直线MB的方程为,
不妨设点A在第一象限,,
由得,
所以,,
所以,,所以
,
故直线MA与MB的斜率之和为;
（ⅱ）由得,
同理可得,
直线与x轴交于点,
则的面积,
因为,所以,所以,
则,即面积的最大值为12,
当且仅当时等号成立.
19．答案：（1）当时,在上递增;当时,在上递增,在上递减.
（2）当时,的零点个数为;当时,的零点个数为.
解析：（1）由知.
当时,对有,所以在上递增;
当时,对有,对有,
所以在上递增,在上递减.
综上,当时,在上递增;
当时,在上递增,在上递减.
（2）当恒成立时,
假设,则.
从而,这与矛盾,所以一定有.
当时,据的单调性有.
故对,有,代入表达式知,即.
所以对都有,
这就得到
.
故恒成立.
综上,a的取值范围是.
下面来讨论的零点个数:
当时,根据的单调性,有,所以没有零点;
当时,首先有.
而根据的单调性,对有,所以有唯一的零点即.
综上,当时,的零点个数为0;当时,的零点个数为1.
x
1
2
3
4
5
y
0.9
1.3
1.8
2.4
3.1
X
2
3
4
P