内蒙古自治区赤峰市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析）

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2024.7
考试范围：选择件必修第一册，选择性必修第二册，选择性必修第三册第六章､第七章
本试卷共22题，共150分，共8页，考试用时120分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名，准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴条形码区域内.
2.选择题答案必须使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚.
3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区战内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸､试卷上答题无效.
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.
5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破､弄皱，不准使用涂改液､修正带､刮纸刀.
一､单选题：本题共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. 在等差数列中，，则（ ）
A. 9B. 10C. 11D. 14
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的性质计算即可.
【详解】因为在等差数列中，，所以，即，
故选：B
2. 设是直线的方向向量，是平面的法向量，则（ ）
A. 或B. 或
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依题意可得，即可，即可判断.
【详解】因为是直线的方向向量，是平面的法向量，
所以，所以，
所以或.
故选：A
3. 某物体运动位移随时间变化的函数是，已知时刻该物体的瞬时速度为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据瞬时速度的定义结合导数的定义直接求解即可.
【详解】因为时刻该物体的瞬时速度为，
所以.
故选：C
4. 盒子中有5个大小和形状均相同的小球，其中白球3个，红球2个，每次摸出2个球.若摸出的红球个数为，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知的可能取值为0，1，2，然后求出相应的概率，从而可求出期望.
【详解】由题意可知的可能取值为0，1，2，则
，，，
所以.
故选：A
5. 二项式的展开式中常数项是（ ）
A. 1B. 4C. 6D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式，令的指数为，即可求出对应展开式的常数项.
【详解】二项式展开式的通项公式为，
令，得，所以展开式的常数项为.
故选：.
6. 已知点，且是抛物线的焦点，为上任意一点，则的最小值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】求出抛物线焦点，准线，过作于，则，将问题转化为求，由图可知当三点共线时最小.
【详解】抛物线的焦点为，准线为，
当时，，因为，所以在抛物线内，
过作于，则，
所以，
由图可知当三点共线时，最小，则最小值为.
故选：D
7. 如图，在平行六面体中，，，则的长为（ ）
A. B. C. 85D. 97
【答案】B
【解析】
【分析】依题意可得，将两边平方，根据数量积的定义及运算律计算可得.
【详解】依题意可得，，，，
，．
，
，
，即的长为.
故选：B．
8. 截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角而得到.如图所示，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面截角，得到所有棱长均为2的截角四面体，则截角四面体各个面所在平面中，两个平面是相交平面的概率为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据截角四面体的结构特征，结合古典概型以及对立事件分析求解.
【详解】由题意可知：截角四面体有8个面，其中4对相对面平行，
在考虑顺序的前提下，从这8个面子任选2个面，共有种不同选法，
记“两个平面是相交平面”为事件A，则为两个平面是平行平面，共有种不同选法，
则，所以.
故选：D.
二､多项选择题：本题共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. 已知直线，下列说法正确的是（ ）
A. 直线过定点
B. 当时，关于轴的对称直线为
C. 直线一定经过第四象限
D. 点到直线的最大距离为
【答案】BD
【解析】
【分析】A.由判断；B.由时，直线方程为判断；C.由时，直线方程为判断；D.点到定点的距离判断.
【详解】对于A，直线，所以直线过定点，故A错误；
对于B.当时，直线方程为，关于轴的对称直线为，故B正确；
对于C，当时，直线方程为，直线不经过第四象限，故C错误；
对于D，如图所示：
设，由图象知：，点到直线的最大距离为，故D正确；
故选：BD
10. 已知事件满足，则（ ）
A. 若，则
B. 若与互斥，则
C. 若与相互独立，则
D. 若，则与相互独立
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，由事件的包含关系分析判断，对于B，由互斥事件与和事件的关系分析判断，对于C，由独立事件的定义分析判断，对于D，由已知条件求出，再根据独立事件的定义分析判断.
【详解】对于A，因为，所以，所以A正确，
对于B，因为与互斥，，
所以，所以B正确，
对于C，因为与相互独立，所以与相互独立，
所以，所以C正确，
对于D，因为，，
所以，
因为，
所以与不相互独立，所以D错误.
故选：ABC
11. 已知等差数列的前项和为，公差，则下列数列一定是递增数列的为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式及求和公式，利用数列单调性的概念逐个分析判断.
【详解】对于A，因为，所以，
所以，
所以数列为递增数列，所以A正确，
对于B，因为，所以，
所以，
因为，所以不一定为正实数，
所以数列不一定为递增数列，所以B错误，
对于C，因为，所以，
所以
，
因为，所以不一定为正实数，
所以数列不一定为递增数列，所以C错误，
对于D，因为，所以，
所以，
所以数列为递增数列，所以D正确.
故选：AD
12. 对于三次函数，给出定义：是函数导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为函数的对称中心.已知函数.若有三个零点，且在点处切线的斜率为，则下列结论正确的是（ ）
A. 的极大值点为
B. 的极小值为
C.
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】求得，得出函数单调性，结合极值的概念，可判定A、B正确；
求，，令，可得，证明，结合倒序相加法，可判定C正确.
求，，，即可求出，，，化简即可判断D选项.
【详解】由函数，可得，
令，解得：，
令，解得或；令，解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，
当时，取得极大值，极大值为，的极大值点为，所以A不正确；
当时，取得极小值，极小值为，所以的极小值为，故B正确；
由，可得，令，可得
又由，所以点是函数的的对称中心，
所以，
令，
可得，
则
，所以，故C正确；
对于D，因为有三个零点，则，，
因为，
所以，
，
，故D正确
故选：BCD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，满分20分.
13. 已知，则__________.
【答案】1
【解析】
【分析】利用赋值法，令代入可求得答案.
【详解】令，则，
所以.
故答案为：1
14. 已知，若，则实数__________.
【答案】4
【解析】
【分析】利用正态分布的性质求解即可.
【详解】因为，，所以，
根据对称性可得：，所以，
故答案为：4
15. 一个同时具有下列性质①②③的函数__________.
①；
②当时，；
③是偶函数.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】取，逐项验证①②③，即可得出结论.
【详解】由题意可知函数为偶函数且在上为减函数，可取，
对于①，，满足条件；
对于②，由于，所以当时，，满足条件；
对于③，函数的定义域为，
，，
故函数偶函数；
综上所述，函数满足条件.
故答案为：（答案不唯一）.
16. 已知是双曲线的左右焦点，过的直线交双曲线右支于两点，分别是和的内切圆半径，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】设和的内切圆的圆心分别为，首先根据双曲线和切线的性质可证得轴，然后根据三角形相似关系求出的关系，再根据题意求出的取值范围，从而可求出的范围，进而可求出范围.
【详解】由，得，则，
设圆与分别切于点，连接，
由圆的切线的性质可得，
由双曲线的定义可知，即，
设，则，得，所以，
因为轴，所以的横坐标也为，同理可证得的横坐标也为，
所以轴，且三点共线，
由三角形内切圆的性质可知分别为的角平分线，
所以，
所以∽，所以，
因为，所以，得，
因为双曲线的渐近线为，所以其倾斜角分别为和，
因为直线交双曲线右支于两点，所以直线的倾斜角的范围为，
设直线的倾斜角为，则，所以，
所以，
所以，
因为，所以，
令，
由对勾函数的性质可知在上递减，在上递增，
因为，，，
所以，
所以，
即的取值范围是为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线的几何性质，考查双曲线的焦点三角形问题，考查焦点三角形内切圆，解题的关键是根据双曲线的性和圆的切线的性质得到焦点三角形的圆心的横坐标与双曲线的顶点横坐标相同，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知点为圆上的一点，圆心坐标为，且过点的直线被圆截得的弦长为.
（1）求圆的方程；
（2）求直线的方程.
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）根据题意求出，从而可求出圆的方程；
（2）根据已知条件求出圆心C到直线的距离，然后分直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况讨论求解即可.
【小问1详解】
设圆C的半径为，则，
则圆C的方程为：；
【小问2详解】
因为圆C的半径为1，
所以当直线与圆相交所得的弦长为时，圆心C到直线的距离为，
当直线的斜率不存在时，直线，此时圆心C到直线的距离为，满足题意
当直线的斜率存在时，设直线，即①.
则，解得，
代入①得：
综上，直线的方程为或.
18. 在数列中，.
（1）求证：是等比数列；
（2）若，求的前项和.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的定义结合已知条件证明即可；
（2）由（1）可求得，则，然后利用分组求和法与错位相减法可求出
【小问1详解】
.
则
是以1为首项2为公比的等比数列.
【小问2详解】
由（1）可得，
，
，∴，
设的前项和
令①，
②，
①②得，
，
∵，
.
19. 在长方体中，､分别是棱上的动点，且.
（1）求证：；
（2）当三棱锥的体积取最大值时，求平面与平面的夹角余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，根据空间向量，即可证明；（2）利用二次函数求出三棱锥体积最大值时点的位置，，利用空间向量求出平面的法向量，结合法向量即可求得面面角的余弦值.
【小问1详解】
以为坐标原点以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴如图建立空间直角坐标系
设，则.
则
所以，
【小问2详解】
由题可得：，
当最大时，三棱锥的体积最大，
当时最大，此时与重合，
，，，，
设面的法向量.，则，
即，令，则
因为平面的法向量.
设平面与平面的夹角为
所以
所以平面与平面的夹角余弦值为
20. 长时间玩手机可能影响视力，据调查，某省的大学生中大约的人每天玩手机超过1小时，这些大学生的近视率为，而每天玩手机不超过1小时的大学生的近视率为.
（1）若从该省任意抽一名大学生，求他近视的概率；
（2）已知该大学生近视，求他每天玩手机超过1小时的概率；
（3）从该省大学生中任意抽取二人，表示这二人近视的人数，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）；
（2）；
（3）分布列见解析，数学期望0.8.
【解析】
【分析】（1）用A表示事件该省大学生每天玩手机超过1小时，用B表示事件该省大学生近视，然后根据已知条件利用全概率公式求解即可；
（2）根据条件概率公式直接求解；
（3）由题意可得的所有可能取值为，求出相应的概率，从而可求得的分布列和数学期望.
【小问1详解】
用A表示事件该省大学生每天玩手机超过1小时，用B表示事件该省大学生近视，
则，
；
【小问2详解】
由（1）可知，该省近视的大学生中玩手机超过1小时的概率为
所以该省近视的大学生中玩手机超过1小时的概率为；
【小问3详解】
设抽取人的二人中近视的人数为的所有可能取值为，
的分布列为
21. 已知函数.
（1）求在处的切线方程；
（2）当时，若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）根据题意将问题转仳为在恒成立，构造函数，利用导数求出其最小值即可.
【小问1详解】
由，得，
对求导得，
，
在处的切线方程为；
【小问2详解】
当时，恒成立，即时，恒成立，
在恒成立，
令，则，
令，则，
0
1
2
0.36
0.48
0.16
恒成立
当时，单调递增，
，
当时，.
当时，单调递增，
，
.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合问题，考查导数的几何意义，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第（2）问解题的关键是分离参数，然后构造函数，将问题转化为利用导数求函数的最值，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题.
22. 已知曲线上的点满足，曲线过点的切线与直线相交于点.
（1）求曲线的标准方程；
（2）以为直径的圆是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）；
（2）过定点，.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的定义结合条件即可求出方程；（2）切线，与椭圆方程联立，利用，可得，即可得到，联立，求得，由椭圆的对称性易知，若过定点则该定点一定在轴上，设是以为直径的圆上的一点，利用化简可得答案.
【小问1详解】
依题意，由椭圆定义可知在以､为焦点，为长轴长的椭圆上
，
曲线的标准方程为
【小问2详解】
设当过的切线斜率不存在时，不能和直线相交，所以过的切线斜率存在，设切线的斜率为轴上的截距为，则切线
联立消去得
与曲线相切，，
，
联立，求得
由椭圆的对称性易知，若过定点则该定点一定在轴上，
设是以为直径的圆上的一点
，即
以为直径的圆过定点