河南省林州市2023−2024学年高二下学期期末考试 数学试卷（含解析）

这是一份河南省林州市2023−2024学年高二下学期期末考试 数学试卷（含解析），共15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．已知向量与共线，则实数（ ）
A．-9B．-3C．3D．1
2．某科技公司随着技术的进步和管理的逐渐规范，生产成本逐年降低，该公司对2011年至2023年的生产成本（万元）进行统计，根据统计数据作出如下散点图：

由此散点图，判断下列四个经验回归方程类型中最适合作为2011年至2023年该公司的生产成本与时间变量的经验回归方程类型的是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知是等差数列的前项和，且，则的公差（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．已知双曲线的顶点为椭圆的焦点，的离心率与的离心率之积为1，则的方程为（ ）
A．B．C．D．
5．已知为第三象限角，且，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知是虚数单位，集合，则中的元素个数为（ ）
A．1B．2C．0D．无数个
7．已知函数在处取得极小值1，则在区间上的最大值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
8．在三棱锥中，，则与平面所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．某篮球队员进行投篮练习，根据历史数据可知，该队员每次投篮的命中率均为，若该队员投篮4次，投进球的个数记为，且，则（ ）
A．B．
C．D．至少进1个球的概率为0.9919
10．已知的展开式的第2项与第3项系数的和为，则（ ）
A．B．展开式的各项系数的和为
C．展开式的各二项式系数的和为32D．展开式的常数项为
11．已知关于的不等式恒成立，则实数的可能取值为（ ）
A．B．C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知函数的图象关于点中心对称，则 ．
13．某职业技术学校组织6名学生到3家工厂实习，每家工厂至少去1人，至多去3人，且每名学生只能去1家工厂，则不同的分配方法共有 种．（用数字作答）
14．已知的内角的对边分别为a,b,c，且为锐角三角形，，则面积的取值范围为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．在数列中，已知．
(1)证明：是等比数列，并求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和Sn．
16．某公司生产甲、乙两种产品，在该公司的仓库中有甲产品7万件、乙产品3万件，按甲、乙产品的数量比例，用分层随机抽样的方法从这10万件产品中抽取一个容量为10的样本，对样本中的每件产品进行质量检测，测得样本中甲产品的优质品率为，乙产品的优质品率为.
(1)若从样本中再随机抽取3件进行深度测试，求至少抽到2件乙产品的概率；
(2)若从样本中的甲产品和乙产品中各随机抽取2件，将抽到的这4件产品中优质品的件数记为，求的分布列和数学期望．
17．如图，在三棱柱中，平面平面，，分别为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
18．已知是抛物线的焦点，纵坐标为的点在上，且，是上两点，直线不与轴垂直，且直线关于轴对称．
(1)求的方程；
(2)求证：直线过定点；
(3)求的取值范围．
19．已知函数．
(1)若，讨论的单调性；
(2)若函数恰有2个零点，求的取值范围．
参考答案
1．【答案】A
【分析】根据向量共线的充要条件计算即可.
【详解】因为向量与共线，所以，解得.
故选A.
2．【答案】C
【分析】本题根据2011年至2023年的生产成本(万元)统计的散点图，进行拟合函数选择选项
【详解】根据图中散点图可知，散点大致分布在一条“对数型”函数曲线的周围，
而对于A选项是“抛物线型”的拟合函数，且是增加的；
B选项是“直线型”的拟合函数，且是增加的；
D选项是“幂函数型”的拟合函数，且是增加的，
只有C选项的拟合函数符合题意.
故选C.
3．【答案】C
【分析】应用等差数列通项公式及前n项和公式基本量运算即可.
【详解】因为,
所以,
所以.
故选C.
4．【答案】B
【分析】先求出椭圆的焦点坐标和离心率，结合题意求出双曲线的a、b，即可求解.
【详解】由题意知，对于椭圆，
焦点为和，离心率为.
设双曲线的标准方程为，
又双曲线的离心率与椭圆的离心率之积为1，
所以双曲线的离心率为，即，
又，所以，，
所以双曲线的标准方程为.
故选B.
5．【答案】D
【分析】根据所在象限求出，由两角差的余弦公式展开，代入可得答案.
【详解】因为为第三象限角，所以，，
则.
故选D.
6．【答案】B
【分析】根据复数的几何意义得出圆的方程，再结合圆与圆的位置关系判断交点即可.
【详解】根据复数的几何意义得
,
圆心
圆心
又因为,,
两圆相交有两个交点，则中的元素个数为2.
故选B.
7．【答案】C
【分析】根据函数在处取得极小值1求出，利用导数判断出区间上的单调性，求出极值、端点值可得答案.
【详解】，
因为函数在处取得极小值1，
所以，解得，
可得，且，解得，
，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，，
，，
则在区间上的最大值为6.
故选C.
8．【答案】A
【分析】为中点，由题意可得，可证平面平面，作，垂足为，则与平面所成角为，勾股定理求各边的边长，证得，由，求值即可.
【详解】中，，
由余弦定理，有，
为中点，连接，
由，有，
，平面，则有平面，
平面，所以平面平面，
平面平面，作，垂足为，
平面，得平面，则与平面所成角为，
，，则有，得，
则.
故选A.
【方法总结】
利用已知条件证得平面平面，结合面面垂直的性质由得平面，则与平面所成角为，证明为直角三角形，可求.
9．【答案】ABD
【分析】由题意可得，根据二项分布概率的计算公式和均值与方差的计算公式求解即可.
【详解】由题意知，，则，解得，
所以，
，
所以至少进1个球的概率为.
故选ABD.
10．【答案】AD
【分析】由展开式的第2项与第3项系数的和为，利用通项求出的值，进而可求各项系数的和，二项式系数的和常数项.
【详解】展开式的通项为，且，
展开式的第2项与第3项系数的和为，则有，
由解得，A选项正确；
令，展开式的各项系数和为，B选项错误；
展开式的二项式系数和为，C选项错误；
令，得，则的展开式的常数项为，D选项正确.
故选AD.
11．【答案】BCD
【分析】分，，讨论，分离参数，分别构造函数，利用导数求出函数的最值，进而可得出答案.
【详解】①当时，恒成立，则，
②当时，则，
令，
则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递增，
所以,
所以；
③当时，则，
令，
则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，
综上所述，实数的取值范围为.
故选BCD.
【方法总结】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
12．【答案】
【分析】根据的图象关于点中心对称，由，对恒成立求解.
【详解】函数，
因为 的图象关于点中心对称，
所以，对恒成立，
即 ，对恒成立，
即，对恒成立，
则，解得.
故答案为：.
13．【答案】
【分析】先将人按要求分成三组，再分配到三个厂去即可.
【详解】由题意，人分成组有和两种分法，
当按分组时，则不同的分配方法有种，
当按分组时，则不同的分配方法有种，
综上，不同的分配方法共有种.
故答案为：.
14．【答案】
【分析】根据余弦定理求得，利用正弦定理和三角恒等变换的化简可得，结合和正弦函数的图象与性质即可求解.
【详解】由，，则，
即，又，
又，所以.
由正弦定理得，
所以，
又，，，所以，
则，得，所以，
所以.
即的面积的取值范围为.
故答案为：.
15．【答案】(1)证明见解析，；
(2).
【分析】（1）等式两边同除以，根据等比数列的定义可得答案；
（2）利用错位相减求和可得答案．
【详解】（1）由题意知，，
两边同除以，得，
，
，则，
根据等比数列的定义知，是首项为3，公比为3的等比数列，
，；
（2）由（1）知，，
，①
，②
①②，得
，
．
16．【答案】(1)；
(2)，分布列见解析.
【分析】(1)根据分层抽样方法可知，甲产品具有件，乙产品具有件，从这个容量为10的样本中再随机抽取3件，可得抽取的方法种类为，至少抽到2件乙产品的不同抽取方法种数为，求出概率；
(2)由题意知在这个容量为10的样本中，甲产品中有件优质品，有件不是优质品，乙产品中有件优质品，有件不是优质品，则的所有可能取值为,求出概率，写出分布列，计算期望.
【详解】（1）由分层随机抽样方法知，抽取的容量为10的样本中，甲产品有件，乙产品有件，
从这个容量为10的样本中再随机抽取3件，不同抽取方法的种数为，其中至少抽到2件乙产品的不同抽取方法种数为，
至少抽到2件乙产品的概率为．
（2）由题意知在这个容量为10的样本中，甲产品中有件优质品，有件不是优质品，乙产品中有件优质品，有件不是优质品，则的所有可能取值为1，2，3，4．
，，
，，
的分布列为
．
17．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据条件得到且，从而有四边形为平行四边形，得到为的中点，则有，再利用线面平行的判定定理，即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，再利用面面角的向量法，即可求解.
【详解】（1）证明：如图，连接，设，连接，
因为分别是棱的中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，则为的中点，
又为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）因为，
所以，
因为平面平面，平面，平面平面，
所以平面，又因为，得到，
以为坐标原点，向量的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，由，得到，
所以，
易知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
由，得到 ，令，得，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据抛物线的定义求参；
（2）先设直线再把对称关系转化为斜率和为0，应用韦达定理求出定点即可；
（3）根据焦半径公式结合韦达定理化简最后应用单调性求范围.
【详解】（1）由题知，点的横坐标为，
根据抛物线的定义知，，
解得或4（舍去），
的方程为．
（2）
由（1）知.
设，直线的方程为，代入，整理得，
则，，．
直线，关于轴对称，
，
，
，，
直线过定点．
（3）由（Ⅱ）知，，，，
，
又在时单调递增，
，
的取值范围为．
19．【答案】(1)答案见解析；
(2).
【分析】（1）求出函数的导数，讨论a的取值情况，判断函数单调性，即得答案；
（2）将函数恰有2个零点，转化为方程恰有2个正实数解．继而利用函数单调性转化为方程恰有2个正实数解．继而设，则恰有2个零点，利用导数结合零点存在定理即可求解.
【详解】（1）由已知，得的定义域为，
，
若，则当时，，当时，，
在区间上单调递增，在区间上单调递减；
若，则，当或时，，
当时，，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，在区间上单调递减．
综上所述，当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
在区间上单调递减．
（2）由题知，，
恰有2个零点，方程恰有2个正实数解，
即方程恰有2个正实数解，
即方程恰有2个正实数解．
设，即方程恰有2个正实数解，
显然在上单调递增，
，即方程恰有2个正实数解．
设，则恰有2个零点，
，
若，则，
在区间上单调递减，至多有1个零点，不符合题意；
若，当时，，当时，，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
要使函数恰有2个零点，
则，
，即．
当时，
，
存在，使得，
，
设，则，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，故，
即，当且仅当时取等号；
由于，故，
设，
则当时，，
在区间上单调递增，
，
存在，使得，
当时，恰有2个零点，
实数的取值范围为．
【方法总结】本题综合考查了导数的综合应用问题，难度较大，解答的关键在于第二问根据函数零点个数求解参数范围，解答时要利用指对数的运算将原问题转化为方程恰有2个正实数解，继而结合函数单调性转化为方程恰有2个正实数解．1
2
3
4