贵州省黔东南州2023−2024学年高二下学期期末教学质量检测 数学试题（含解析）

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 数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
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．已知变量和的统计数据如下表：
若，线性相关，经验回归方程为，据此可以预测当时，（ ）
A．5.75B．7.5C．7.55D．8
5．某班举办知识竞赛，已知题库中有两种类型的试题，类试题的数量是类试题数量的两倍，且甲答对类试题的概率为，答对类试题的概率为，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、多选题（本大题共3小题）
9．随机变量，随机变量服从两点分布，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，左、右焦点分别为是椭圆上异于的一点，且（为坐标原点），记的斜率分别为，设为的内心，记的面积分别为，，则（ ）
A．B．的离心率为
C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．若点在圆上，则的半径 .
13．已知随机变是，则 .
14．已知函数有3个零点，则的取值范围为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，在正四棱柱中，，，分别为，的中点.

(1)证明：平面.
(2)求与平面所成角的正弦值.
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，求的分布列与期望.
17．已知数列满足，其中表示从个元素中任选个元素的组合数.
(1)求的通项公式；
(2)求的前项和.
18．已知是抛物线的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，是抛物线上一点，且．
(1)求抛物线的方程．
(2)设过点的直线交抛物线于两点，直线与直线分别交于点．
（ⅰ）证明：直线与的斜率之和为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
【分析】根据递推式求出数列前几项，得到数列为周期数列，然后可求出结果.
【详解】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
【分析】先安排甲、乙，然后安排丙、丁，再利用分步乘法原理可求得结果.
【详解】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
【分析】由实轴长可列方程求得参数的值，进一步即可求得渐近线方程.
【详解】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
【分析】由题意可知样本中心，代入线性回归方程即可求出，再将代入即可.
【详解】，，
所以，即，
令，解得.
故选A.
5．【答案】C
【分析】应用全概率公式计算概率即可.
【详解】设“选出类试题”为事件，“选出类试题”为事件，“甲答对题目”为事件，
则，
所以.
故选C.
6．【答案】A
【分析】根据容器形状，结合自变量为水的高度可得解.
【详解】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
【分析】由于，利用二项式定理展开可得答案.
【详解】.
因为被9整除，
所以被9除的余数为.
故选B.
8．【答案】B
【分析】设正四棱锥的高为h，底面边长为x，由题可得及，后由导数知识可得答案.
【详解】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
【分析】根据正态分布的对称性及两点分布的定义即可判断AB；根据期望和方差的公式及性质即可判断CD.
【详解】因为，所以，且，
又，，故A正确，B错误；
，故，故C正确；
，
，故D错误.
故选AC.
【规律方法】对于正态分布N(μ，σ2)，已知直线x＝μ是正态曲线的对称轴，因此解决正态分布问题的关键是利用对称轴x＝μ确定所求概率对应的随机变量的区间与已知概率对应的随机变量的区间的关系，必要时，可借助图形判断．
10．【答案】BCD
【分析】对已知递推式变形可得是以1为首项，为公差的等差数列，则可求出，从而可求出，然后逐个分析判断.
【详解】，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
【分析】对于A，由题意点在以为直径的圆上，由此即可判断A；对于B，由离心率定义结合正弦定理即可判断；对于C，由斜率公式结合离心率即可验算；对于D，由的关系以及这三个三角形的高一样即可验算.
【详解】
因为，所以为正三角形，且点在以为直径的圆上，
所以，即，故A正确．
不妨设，
则的离心率为，故B错误．
，故C正确．
设的内切圆半径为，则，
，
，所以，故D正确．
故选ACD.
12．【答案】
【分析】由圆的方程求出圆心的坐标，则，从而可得答案.
【详解】由题可知的圆心坐标为，
因为点在圆上，
所以圆的半径.
故答案为：.
13．【答案】2
【分析】利用二项分布的方差计算求解即可.
【详解】因为，所以，则.
故答案为：2.
14．【答案】
【分析】利用导数求出函数的极值，由三次函数的性质可知，函数要有3个零点，只要极大值大于零，极小值小于零即可，从而可求出答案.
【详解】，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).
【分析】(1)借助正四棱柱的性质可建立空间直角坐标系，求出空间向量与平面的法向量后，借助空间向量计算即可得；
(2)求出空间向量与平面的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得.
【详解】(1)在正四棱柱中，，，两两垂直，且，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，.

因为，分别为的中点，所以，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则有，，即，
因为，所以，
又平面，所以平面；
(2)由(1)可知，，
，
所以与平面所成角的正弦值为.
16．【答案】(1)；
(2)分布列见解析，.
【分析】(1)由题意可知只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，从而利用独立事件的概率公式可求得结果；
(2)由题意可得的可能取值为2，3，4，然后求出相应的概率，从而可求得的分布列与期望.
【详解】(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.
的分布列为
故.
17．【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)利用错位相减法求解即可；
(2)利用错位相减法求解数列的前项和即可.
【详解】(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.
【分析】(1)利用点坐标代入抛物线方程，可得答案；
(2)（ⅰ）设直线，，的方程分别为，，，直线的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理代入可得答案；（ⅱ）求出，，得到的面积，利用的范围可得答案．
【详解】(1)因为点在抛物线上，所以，
因为，所以，
联立，解得，
所以抛物线的方程为；
(2)（ⅰ）证明：设直线的方程为，直线的方程为，
直线的方程为，
不妨设点在第一象限，，
由得，
所以，
所以，
所以，
故直线与的斜率之和为；
（ⅱ）由得，
同理可得，
直线与轴交于点，
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.
【分析】（1）分类讨论并判断导函数的正负性即可；
（2）先通过分类讨论法确定的取值范围，再利用的单调性确定零点的个数.
【详解】（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，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；当时，的零点个数为.
【关键点拨】本题的关键在于先通过恒成立条件确定参数的取值范围，再在这个范围内确定零点个数.1
2
3
4
5
0.9
1.3
1.8
2.4
3.1
2
3
4