河南省许昌市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省许昌市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 已知三个正态密度函数等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
一、单项选择题：本题共8小题.每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 已知为等差数列，为其前n项和.若，公差，则m值为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
2. 已知圆与抛物线的准线相切，则（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
3. 在一次闯关游戏中，小明闯过第一关的概率为，连续闯过前两关的概率为. 事件表示小明第一关闯关成功，事件表示小明第二关闯关成功，则（ ）
A. B. C. D.
4. 已知三个正态密度函数（，）的图像如图所示，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
5. 已知平面上两点M（-5，0）和N（5，0），若直线上存在点P使|PM|-|PN|=6，则称该直线为“单曲型直线”，下列直线中是“单曲型直线”的是
①； ②y=2； ③； ④.
A. ①③B. ③④C. ②③D. ①②
6. 一圆形餐桌依次有A、B、C、D、E、F共有6个座位.现让3个大人和3个小孩入座进餐，要求任何两个小孩都不能坐在一起，则不同入座方法总数为（ ）
A. 6B. 12C. 72D. 144
7. 几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点是锐角的一边上的两点，试着在边上找一点，使得最大”.如图，其结论是：点为过两点且和射线相切的圆的切点.根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系中，给定两点，点在轴上移动，当取得最大值时，该圆的方程是（ ）

A.
B
C.
D.
8. 已知函数有三个零点，则实数取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二.多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 对四组数据进行统计，获得如图所示的散点图，关于其相关系数的关系，正确的有（ ）
A. B. C. D.
10. 下列命题中，正确的命题的序号为（ ）
A. 已知随机变量服从二项分布，若，则
B. 将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变
C. 设随机变量服从正态分布，若，则
D. 某人在10次射击中，击中目标的次数为，则当时概率最大
11. 若正方体的棱长为1，且，其中，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，三棱锥的体积为定值
B. 当时，三棱锥的体积为定值
C. 当时，的最小值为
D. 若，点P的轨迹为一段圆弧
三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，且，则的方差为________．
13. 已知，则__________.
14. 现有n（，）个相同的袋子，里面均装有n个除颜色外其他无区别的小球，第k（，2，3，…，n）个袋中有k个红球，个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出四个球（每个取后不放回），若第四次取出的球为白球的概率是，则______.
四.解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知数列的前项和满足，数列是公差为的等差数列，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
16. 将氢储存在甲基环乙烷和甲苯等有机液体中是储氢和运输氢的重要方向.2023年12月俄罗斯科学院西伯利亚分院科研人员用镍和锡取代铂，研发出一种新型高效的脱氢催化剂，脱氢效率达99.9%，且对储氢载体没有破坏作用，可重复使用.近年来，我国氢能源汽车产业迅速发展，下表是某市氢能源乘用车的年销售量与年份的统计表：
（1）求y关于x的经验回归方程，并预测2024年氢能源乘用车的销量；
（2）为了研究不同性别的学生对氢能源的了解情况，某校组织了一次有关氢能源的知识竞赛活动，随机抽取了男生和女生各60名，得到如表所示的数据：
（i）根据已知条件，填写上述2×2列联表；
（ii）依据α=0.01的独立性检验，能否认为该校学生对氢能源的了解情况与性别有关?参考公式：
1. 回归方程 中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为
2.
17. 如图，斜三棱柱的底面是直角三角形，，点在底面ABC内的射影恰好是BC的中点，且.
（1）求证:平面平面;
（2）若斜棱柱的高为，求平面与平面夹角的余弦值.
18. 函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若函数有两个极值点，，曲线上两点，连线斜率记为，求证：.
19. 已知是抛物线上任意一点，且到的焦点的最短距离为.直线与交于两点，与抛物线交于两点，其中点在第一象限，点在第四象限.
（1）求抛物线的方程.
（2）证明：
（3）设的面积分别为，其中为坐标原点，若，求.年份
2018
2019
2020
2021
2022
年份编号x
1
2
3
4
5
销量y (万台)
2
3.5
2.5
8
9

了解
不了解
合计
男生

25

女生
20


合计



α
0.050
0.010
0.001
xα
3841
6.635
10.828
XCS2023—2024学年第二学期期末教学质量检测
高二数学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
一、单项选择题：本题共8小题.每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 已知为等差数列，为其前n项和.若，公差，则m的值为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的通项公式求出和的关系，代入计算可得m的值.
【详解】由已知，得，
又，又，
所以，解得或（舍去）
故选：B.
2. 已知圆与抛物线的准线相切，则（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】写出抛物线的准线方程，由圆的方程得圆心和半径，由已知得圆心到准线的距离为半径，从而求出.
【详解】因为 ，所以抛物线准线为
又 ，所以圆心坐标 ，半径为2
由已知得：圆心到准线的距离为半径，则 ，所以
故选：C.
3. 在一次闯关游戏中，小明闯过第一关的概率为，连续闯过前两关的概率为. 事件表示小明第一关闯关成功，事件表示小明第二关闯关成功，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件概率公式求解即可.
【详解】依题意，
则，
故选：C.
4. 已知三个正态密度函数（，）的图像如图所示，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】由正态分布的图像中对称轴位置比较均值大小，图像胖瘦判断标准差的大小.
【详解】由题图中的对称轴知：，
与(一样)瘦高，而胖矮，
所以.
故选：C
5. 已知平面上两点M（-5，0）和N（5，0），若直线上存在点P使|PM|-|PN|=6，则称该直线为“单曲型直线”，下列直线中是“单曲型直线”的是
①； ②y=2； ③； ④.
A. ①③B. ③④C. ②③D. ①②
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：∵|PM|-|PN|=6∴点P在以M、N为焦点的双曲线的右支上，即（x＞0）.对于①，联立消y得7x2-18x-153=0，∵△=（-18）2-4×7×（-153）＞0，∴y=x+1是“单曲型直线”．对于②，联立消y得x2=，∴y=2是“单曲型直线”．对于③，联立整理得144=0，不成立．∴不是“单曲型直线”．对于④，联立消y得20x2+36x+153=0，∵△=362-4×20×153＜0∴y=2x+1不是“单曲型直线”．故符合题意的有①②．故选D
考点：本题考查了直线与双曲线的位置关系
点评：联立方程利用一元二次方程处理直线与双曲线交点问题是常用方法，属基础题
6. 一圆形餐桌依次有A、B、C、D、E、F共有6个座位.现让3个大人和3个小孩入座进餐，要求任何两个小孩都不能坐在一起，则不同的入座方法总数为（ ）
A. 6B. 12C. 72D. 144
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，将圆形餐桌看成一排，结合条件可分为大，小，大，小，大，小或者小，大，小，大，小，大两种类型，结合排列数代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可知，任何两个小孩都不能坐在一起，则任何两个大人也不能坐在一起，
不妨看作大，小，大，小，大，小或者小，大，小，大，小，大两种类型，
三个大人的入座方法有种，三个小孩的入座方法有种，
则不同的入座方法总数为种.
故选：C
7. 几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点是锐角的一边上的两点，试着在边上找一点，使得最大”.如图，其结论是：点为过两点且和射线相切的圆的切点.根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系中，给定两点，点在轴上移动，当取得最大值时，该圆的方程是（ ）

A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出线段的垂直平分线，依题意圆的圆心在直线上，
故设该圆圆心为，又因为该圆与轴相切，所以圆的半径，根据，得到方程求出的值，即可得解.
【详解】由题意可知，点为过两点且和轴相切的圆的切点，线段中点坐标为，又，
所以线段的垂直平分线方程为，
所以以为弦的圆的圆心在直线上，
故设该圆圆心为，又因为该圆与轴相切，所以圆的半径，
又，所以，解得或，
当时，是钝角，故舍去.
所以此时圆的方程为.

故选：C
8. 已知函数有三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将问题转化为方程有三个根，令（），分析的单调性，作出的图像，结合函数图像可得答案
【详解】解：因为函数有三个零点，
所以方程有三个根，即方程有三个根，
令（），
当时，，则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以当时，取得极大值，
当时，，
当时，，则， 所以在上递减，
所以的大致图像如图所示，

由图像可得当时，直线与的图像有三个交点，
所以实数的取值范围是，
故选：D
二.多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 对四组数据进行统计，获得如图所示的散点图，关于其相关系数的关系，正确的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据散点图的分布，以及散点图是否在一条直线附近，即可判断相关系数.
【详解】由图形特征可知都是负相关，都是负数，比的相关系数更强，所以，，都是正相关，比的相关系数更强，所以，
所以AC正确.
故选：AC
10. 下列命题中，正确的命题的序号为（ ）
A. 已知随机变量服从二项分布，若，则
B. 将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变
C. 设随机变量服从正态分布，若，则
D. 某人在10次射击中，击中目标的次数为，则当时概率最大
【答案】BCD
【解析】
【分析】由二项分布的均值与方差公式计算判断选项A，由方差的性质判断选项B，由正态分布的对称性判断选项C，由二项分布的概率公式列不等式组求解后判断选项D．
【详解】对于A，，解得，A错误；
对于B，方差反映的是数据与均值的偏移程度，因此每个数据都加上同一个常数后，每个新数据与新均值的偏移不变，方差恒不变，B正确；
对于C，服从正态分布，，C正确；
对于D，，则，
由，解得，所以．D正确．
故选：BCD．
11. 若正方体的棱长为1，且，其中，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，三棱锥的体积为定值
B. 当时，三棱锥的体积为定值
C. 当时，的最小值为
D. 若，点P的轨迹为一段圆弧
【答案】AC
【解析】
【分析】当时，可得点P的轨迹，根据线面平行的判定定理及性质，可得P到平面的距离不变，即可判断A的正误；当时，可得点P的轨迹，利用反证法可证，P到平面的距离在变化，即可判断B的正误；当时，可得三点共线，利用翻折法，可判断C的正误；如图建系，求得各点坐标，分别求得和的余弦值，列出方程，计算分析，可判断D的正误，即可得答案.
【详解】因为，其中，
所以点P在平面内运动，
对于A：取AD中点E、中点F，连接EF，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
当时，则，
所以点P在线段EF上运动，
因为平面，
所以无论点P在EF任何位置，P到平面的距离不变，即高不变，
所以三棱锥的体积为定值，故A正确；
对于B：取中点G，中点H，连接GH，
当时，，
所以点P在GH上运动，
假设平面，
又，平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，与已知矛盾，故假设不成立，
所以GH不平行平面，
所以P在GH上运动时，P到平面的距离在变化，
所以三棱锥的体积不是定值，故B错误；
对于C：连接，，，当时，可得三点共线，
将沿翻折至与平面共面，如下图所示
连接AB，当P为AB与交点时，最小，即为AB，
因为均为面对角线，
所以，即为等边三角形，
又，，
所以，，
所以
在中，由正弦定理得，
所以，故C正确；
对于D：分别以DA、DC、为x，y，z轴正方向建系，如图所示，
则，设，
所以，
所以
因为平面，平面，
所以，
又，
所以，
所以，整理得，
所以，即，
所以P点轨迹为线段，故D错误
故选：AC
【点睛】解题关键是熟练掌握线面平行判定与性质，向量共线、数量积求夹角等知识，综合性较强，难度较大，考查学生分析理解，计算求值的能力，属难题.
三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，且，则的方差为________．
【答案】.
【解析】
【分析】结合二项分布的方差的计算公式求出，进而根据方差的性质即可求出结果.
【详解】因为，所以，且
则，因此的方差为，
故答案为：.
13 已知，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】直接利用二项式展开式的通项公式进行运算求解即可.
【详解】因为是的系数，所以.
故答案为：.
14. 现有n（，）个相同的袋子，里面均装有n个除颜色外其他无区别的小球，第k（，2，3，…，n）个袋中有k个红球，个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出四个球（每个取后不放回），若第四次取出的球为白球的概率是，则______.
【答案】9
【解析】
【分析】根据古典概型性质，先计算出某一情况下取球方法数的总数，在列举出第三次取球为白球的情形以及对应的取法数，根据古典概型计算概率，最后逐一将所有情况累加即可得出总概率，最后即可得到答案.
【详解】设选出的是第k个袋，连续四次取球的方法数为，
第四次取出的是白球的取法有如下四种情形：
4白，取法数为：，
1红3白，取法数为：，
2红2白，取法数为：，
3红1白：取法数为：，
所以第四次取出的是白球的总情形数为：
，
则在第k个袋子中取出的是白球的概率为：，
因为选取第k个袋的概率为，故任选袋子取第四个球是白球的概率为：
，
当时，.
故答案为：．
【点睛】思路点睛：本题为无放回型概率问题，根据题意首先分类讨论不同k值情况下的抽取总数(可直接用k值表示一般情况)，再列出符合题意得情况(此处涉及排列组合中先分类再分组得思想)，最后即可计算得出含k的概率一般式，累加即可，累加过程中注意式中n与k的关系可简化累加步骤.
四.解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知数列的前项和满足，数列是公差为的等差数列，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由即可求解的通项公式，又根据等差数列的通项公式即可求解数列的通项公式；
（2）由，从而根据裂项相消求和法及分组求和法即可求解.
【小问1详解】
解：因为，所以，
当时，，
由于满足，所以的通项公式为，
因为数列是公差为的等差数列，，
所以，所以；
【小问2详解】
解：因为，
所以.
16. 将氢储存在甲基环乙烷和甲苯等有机液体中是储氢和运输氢的重要方向.2023年12月俄罗斯科学院西伯利亚分院科研人员用镍和锡取代铂，研发出一种新型高效的脱氢催化剂，脱氢效率达99.9%，且对储氢载体没有破坏作用，可重复使用.近年来，我国氢能源汽车产业迅速发展，下表是某市氢能源乘用车的年销售量与年份的统计表：
（1）求y关于x的经验回归方程，并预测2024年氢能源乘用车的销量；
（2）为了研究不同性别的学生对氢能源的了解情况，某校组织了一次有关氢能源的知识竞赛活动，随机抽取了男生和女生各60名，得到如表所示的数据：
（i）根据已知条件，填写上述2×2列联表；
（ii）依据α=0.01的独立性检验，能否认为该校学生对氢能源的了解情况与性别有关?参考公式：
1. 回归方程 中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为
2.
【答案】（1），可以预测2024年氢能源乘用车的销量约为12.4万台
（2）（ⅰ）列联表见解析；（ⅱ）该校学生对氢能源的了解情况与性别有关
【解析】
【分析】（1）利用已知可求得，，求得回归直线方程，可求2024年氢能源乘用车的销量的预测值；
（2）补全的列联表，计算可得结论.
【小问1详解】
年份编号的平均数，
销量的平均数，
所以，
又
所以，
于，
所以关于的经验回归方程为，又因为年份2024对应的编号为7，
所以，
故可以预测2024年氢能源乘用车的销量约为12.4万台．
【小问2详解】
（ⅰ）根据男生和女生各60名，补全列联表为：
（ⅱ）零假设：该校学生对氢能源的了解情况与性别无关，
根据列联表中的数据可得：，
依据的独立性检验，可以推断不成立，即该校学生对氢能源的了解情况与性别有关.
17. 如图，斜三棱柱的底面是直角三角形，，点在底面ABC内的射影恰好是BC的中点，且.
（1）求证:平面平面;
（2）若斜棱柱的高为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）BC中点为，连接，由且，证得平面，可证平面平面.
（2）以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，向量法求两个平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
取BC中点为，连接，
在底面内的射影恰好是BC中点，平面ABC，
又平面， ，
又，，
平面 ，，平面，
又平面，平面平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，分别为轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，
，斜棱柱的高为，
，
，
设平面的一个法向量为，
则有，令，则，，
设平面的法向量为，
则有，令，则，，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若函数有两个极值点，，曲线上两点，连线斜率记为，求证：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求导函数，分两情况谈论，分别求函数的单调性；
（2）由（1）得，函数有两个极值点，则，且，，将不等式转化为，构造函数利用导数求解即可.
【小问1详解】
由题意，定义域为，
即，
对于方程，，
当，即时，
，，在上单调递增，
当，即或时，方程有两不等根，
，，而，，
所以当时，，在上恒成立，
即在上单调递增；
当时，，或时，，
时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
综上，当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，
在上单调递减；
【小问2详解】
由（1）可知，函数有两个极值点，则，
且，，
因为
，
所以要证，
即证，
即证，
也即证（*）成立.
设，函数，
由（1）知在上单调递增，且，
所以时，，
所以（*）成立，原不等式得证.
19. 已知是抛物线上任意一点，且到的焦点的最短距离为.直线与交于两点，与抛物线交于两点，其中点在第一象限，点在第四象限.
（1）求抛物线的方程.
（2）证明：
（3）设的面积分别为，其中为坐标原点，若，求.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用焦半径公式求得，即可求解抛物线方程；
（2）设直线的方程为，与抛物线方程联立，结合韦达定理利用根与系数的关系求解即可；
（3）由得，结合（2）的韦达定理得，从而求得，从而面积之比转化为的值.
【小问1详解】
设，易知，准线方程为，所以.
当时，取得最小值，由，解得.所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
设直线与轴交于点，因为直线的斜率显然不为0，
所以设直线方程为，
联立，消去得，
所以，所以，
同理可得，所以.
【小问3详解】
因为，所以，即.
因为，所以，即，
所以，由（2）知，所以，
故，所以，即，
化简得，解得或，
若，则，这与矛盾，所以，
所以.
年份
2018
2019
2020
2021
2022
年份编号x
1
2
3
4
5
销量y (万台)
2
3.5
2.5
8
9

了解
不了解
合计
男生

25

女生
20


合计



α
0.050
0.010
0.001
xα
3.841
6.635
10.828
了解
不了解
合计
男生
35
25
60
女生
20
40
60
合计
55
65
120