陕西省渭南市大荔县2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷（解析版）

这是一份陕西省渭南市大荔县2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷（解析版），共13页。
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟．
2．选择题用2B铅笔将正确答案涂写在答题卡上；非选择题用0.5mm黑色墨水签字笔答在答题卡的指定答题区域内，超出答题区域答案无效．
3．答题前，请将姓名、考号、试卷类型按要求涂写在答题卡上．
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、单项选择题：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. 直线的倾斜角大小（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】直线，即，，，故.
故选：B.
2. 已知函数可导，且满足，则函数在处的导数为（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】A
【解析】，
故选：A．
3. 每袋食盐的标准质量为500克，现采用自动流水线包装食盐，抽取一袋食盐检测，它的实际质量与标准质量存在一定的误差，误差值为实际质量减去标准质量．随机抽取50袋食盐，检测发现误差X（单位：克）近似服从正态分布，，则X介于-2~2的食盐袋数大约为（ ）
A. 4B. 48C. 50D. 96
【答案】B
【解析】因为，
所以，
则X介于的食盐袋数大约为：，
故选：B
4. 对两个变量的三组数据进行统计，得到以下散点图，关于两个变量相关系数的比较，正确的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由散点图可知第1个图表示的正相关，
故；
第2，3图表示的负相关，且第2个图中的点比第3个图中的点分布更为集中，
故，且，故，
综合可得，即，故选：C
5. 2名医生和4名护士将分配到2所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士，分配方法共有（ ）
A. 10种B. 12种C. 14种D. 16种
【答案】B
【解析】先分配1名医生和2名护士到一所学校，另一所学校就就确定了，
所以共有种分配方案，故选：B
6. 我国古代《洛书》中记载着一种三阶幻方：将九个数字填入一个的正方形方格,满足每行、每列、每条对角线上的三个数字之和相同（如图）．已知数列的通项公式为，现将该数列的前项填入一个的正方形方格，使其满足四阶幻方，则此四阶幻方中每一行的数字之和为（ ）

A. 60B. 72C. 76D. 80
【答案】C
【解析】由等差数列的性质得，四阶幻方所有数字之和为，
由于每行、每列、每条对角线上的数字之和都相等，
所以每行的数字之和为.
故选：C.
7. 如图，三棱锥的各棱长都是，点､､分别是､､的中点，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题意，三棱锥为正四面体，
点､､分别是､､的中点，
，且，
对于A，；
对于B，；
对于C，；
对于D，.
等于
故选：B.
8. 已知直线与椭圆交于，两点，当取最大值时的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设，，由，
消去整理得，解得或，则，，
则，，
所以
，
所以当，即时取最大值.
故选：C
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. 给出下列命题，其中正确的有（ ）
A. 空间任意三个向量都可以作为一个基底
B. 已知向量，则、与任何向量都不能构成空间的一个基底
C. 对空间任一向量，存在唯一的有序实数组，使得
D. 如果，是两个单位向量，则
【答案】BD
【解析】对于，因为是空间的一组基底，所以,,为不共线的非零向量，故选项错误;
对于，因为,所以与共线，故,与任何向量都不能构成空间的一个基底，故选项正确;
对于，当为空间的一组基底时，对于空间任一向量，则存在唯一的有序实数组，使得，故选项错误;
对于，若,都是单位向量，则模长都为，故，故选项正确.
故选：.
10. 设是等差数列，是其前n项的和，且则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D. 与均为的最大值
【答案】ABD
【解析】根据题意，设等差数列的公差为，
因为，可得，
对于A中，由，所以A正确；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由，
所以，所以C不正确；
对于D中，由，可得数列为递减数列，且，所以，
所以和均为的最大值，所以D正确.
故选：ABD.
11. 关于函数的性质，下列叙述正确的是（ ）
A. 时，单调递增
B. 时，单调递减
C. 为的极小值点
D. 的极大值为
【答案】AD
【解析】，
由，得，由，得，或，
故函数上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
则A项正确，
B项中的单调区间不能用“”，故错误，
C项中，为的极小值点，故错误；
D项中，当时，取得极大值，为，故正确，
故选：AD
12. 曲线C是平面内与两个定点，的距离的积等于常数的点的轨迹.则下列说法正确的是（ ）
A. 曲线C关于坐标原点对称
B. 曲线C过坐标原点
C. 若点P在曲线C上，则
D. 以，为焦点、以为长轴长的椭圆上的点一定不会在曲线C围成的区域的外部
【答案】ACD
【解析】设动点，
，即，（*）
点关于原点的对称点为，代入（*）
得，故A正确；
并且将，代入（*）都满足，所以曲线也关于轴对称，
B，原点代入（*），得，，所以曲线不过原点，故B错误；
C，若点是曲线上，则，
因为，所以，故C正确.
D，由椭圆的定义可知，以，为焦点、以为长轴长的椭圆满足
；
根据基本不等式可知，，
所以曲线上的点都在椭圆的外部或上面，故D正确.
故选：ACD
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 圆心在 ，且过点的圆的方程是______．
【答案】
【解析】由题意知圆心在 ，且过点的圆的半径为，
故所求圆的方程为.
故答案为：.
14. 已知，那么________；
【答案】
【解析】因，所以，即，即，
解得或（舍去）
故答案为：
15. 已知等比数列的前项和为，且，，则的值为______．
【答案】
【解析】由数列为等比数列，
当时，，则，此方程无解，
法一：当时，，
所以，化简可得，
所以；
法二：由等比数列可知当时，，不满足题意，
且当时，，，仍成等比数列，
即，
即，
解得，
故答案为：.
16. 将一边长为的正方形铁片的四角截去四个边长均为的小正方形，然后做成一个无盖的方盒，当等于__________时，方盒的容积最大．
【答案】
【解析】方盒的容积为：
,
当时函数递减，当时函数递增,
故答案为
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 将一枚质地均匀的硬币连续抛掷4次，X表示“正面朝上”出现的次数．
（1）求X的分布列；
（2）求X的期望和方差．
解：（1）一枚质地均匀的硬币抛掷一次正面朝上的概率为，
且每次是否正面朝上相互独立，所以，
，，
所以X的分布列为
（2）根据（1），所以，．
18. 已知椭圆：（）的左焦点为，短轴长为2．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点、斜率为1的直线交椭圆于，两点，为坐标原点，求的面积．
解：（1）由题设知，所以，
于是椭圆的方程为；
（2）依题意，直线的方程为，设，
联立，
解得或，
所以的面积
.
19. 已知二次函数在处取得极值，且在点处的切线与直线平行．
（1）求的解析式；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值．
解：（1）由可得，
所以由题意得，即，解得，，
所以.
（2）由题意可知，
所以，
令，解得，，
列表有
由上可知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又，，
所以最小值为，最大值为2.
20.在长方体中,点E，F分别在,上,且,.

（1）求证：平面AEF；
（2）当，，时，求平面AEF与平面所成二面角的余弦值．
解：（1）因为，
所以，
因为，
所以，又，平面
所以平面AEF；
（2）分别以AB、AD、为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，连接AC，

因为，，，
则，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，，
所以，所以可取，
又因为平面AEF，
所以是平面AEF的一个法向量，
设平面AEF和平面所成的角为，
则，
所以平面AEF和平面所成的角的余弦值为．
21. 已知等差数列的前n项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，令，求数列的前n项和．
解：（1）由题意知：，
即：化简得.
所以数列的通项公式.
（2）因为
所以
化简得：.
22. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
解：（1）的定义域为，，
（ⅰ）若，则，所以在单调递减.
（ⅱ）若，则由得.
当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增.
（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点.
（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，由于，即，故没有零点；
③当时，，即.
又，
故在有一个零点.
设正整数满足，
则.
由于，因此在有一个零点.
综上，的取值范围为.X
0
1
2
3
4
P
x
1
0
0
递增
极大值
递减
极小值
递增