2022-2023学年河南省许昌市禹州市高级中学高二下学期阶段性考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年河南省许昌市禹州市高级中学高二下学期阶段性考试数学试题含答案，共20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。
2022-2023学年河南省许昌市禹州市高级中学高二下学期阶段性考试数学试题 一、单选题1．已知函数，则的值为（    ）A． B．1 C． D．2【答案】B【分析】由题知，再求解即可.【详解】解：因为，所以，所以，解得．故选：B2．已知正项等比数列首项为1，且成等差数列，则前6项和为（    ）A．31 B． C． D．63【答案】C【分析】利用等差数列的通项公式及等比数列的前项和公式即可求解.【详解】∵成等差数列，∴，∴，即，解得 或 ，又∵，∴，∴，故选：C.3．如图，在四面体中，，，，D为BC的中点，E为AD的中点，则可用向量，，表示为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用空间向量的基本定理，用，，表示向量．【详解】因为是的中点，是的中点，，．故选：B4．某同学在研究性学习中，收集到某制药厂今年前5个月甲胶囊生产产量（单位：万盒）的数据如下表所示：（月份）12345（万盒）55668若线性相关，线性回归方程为，估计该制药厂6月份生产甲胶囊产量为（    ）A．万盒 B．万盒 C．万盒 D．万盒【答案】C【分析】求出x,y的平均值，利用样本中心点求得，然后将代入回归直线方程，即得答案.【详解】由题意，根据表格中的数据可知：，即样本中心为，代入回归直线，解得，即,令，解得万盒，故选:C.5．若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可知圆心在第一象限，设圆心的坐标为，可得圆的半径为，写出圆的标准方程，利用点在圆上，求得实数的值，利用点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离.【详解】由于圆上的点在第一象限，若圆心不在第一象限，则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限，设圆心的坐标为，则圆的半径为，圆的标准方程为.由题意可得，可得，解得或，所以圆心的坐标为或，圆心到直线的距离均为；圆心到直线的距离均为圆心到直线的距离均为；所以，圆心到直线的距离为.故选：B.【点睛】本题考查圆心到直线距离的计算，求出圆的方程是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.6．已知的二项式系数之和为64，则展开式中的系数为（    ）A．60 B．32 C． D．【答案】A【分析】根据二项式系数之和求得，进而求得展开式中的系数.【详解】依题意，二项式系数之和为，，展开式中，含的项为，所以的系数为.故选：A7．已知随机变量，且，则（    ）A．3 B．6 C． D．【答案】C【分析】由二项分布期望公式得，进而得，再根据方差性质求解即可.【详解】解：因为随机变量，且，所以，解得，所以，所以．故选：C8．双曲线的左焦点关于一条渐近线的对称点在另一条渐近线上，该双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据双曲线的对称性可得其中一条渐近线的倾斜角为，可得即可求出.【详解】由题结合双曲线的对称性可得其中一条渐近线的倾斜角为，则，.故选：C. 二、多选题9．下列结论正确的有（    ）A．公共汽车上有10位乘客，沿途5个车站，乘客下车的可能方式有种.B．两位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生不相邻的概率是；C．已知一组数据丢失了其中一个，剩下的六个数据分别是3，3，5，3，6，11，若这组数据的平均数、中位数，众数依次成等差数列，则丢失数据的所有可能值的和为12.D．若随机变量X服从二项分布，则；【答案】BC【分析】根据分步乘法计数原理、古典概率、样本的数据特征、二项分布等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，每名乘客都有种下车方式，所以位乘客下车的可能方式有种，A选项错误.B选项，两位男生和两位女生随机排成一列，基本事件的总数有种，若两位女生不相邻，则先安排男生，形成个空位，将两位女生排入其中两个空位，方法数有种，所以两位女生不相邻的概率是，B选项正确.C选项，剩下的六个数据从小到大排列为，所以众数是，设中位数是，则平均数是，设丢失的数据为，若，则，无解.若，则，无解.若，则，无解.若，则，无解.若，则，解得.若，则，解得.若，则，无解.若，则，无解.若，则，解得.所以丢失数据的所有可能值的和为，C选项正确.D选项，依题意，，，所以D选项错误.故选：BC10．已知函数的部分图象如图所示，若点，且，则（    ）A．B．函数的解析式为C．是该函数图象的一条对称轴D．将函数的图象右移2个单位长度可得到该函数图象【答案】AD【分析】根据题意，结合正弦型三角函数的图像与性质，可求出正弦型函数解析式，进而可求对称轴，再结合图象变换知识即可求解.【详解】由三角函数的对称性可知，三点共线，则，函数的周期为，所以，由三角函数的对称性可知，，所以为等腰直角三角形，从而，所以，故A正确；由于，且，所以，，又，所以，且，所以，故，故B错误；对于C选项，令，解得，当时，，所以不是该函数图象的一条对称轴，故C错误；对于D选项，图象右移2个单位长度得到图象的解析式为，故D正确.故选：AD.11．在正方体中，M，N分别为AD，的中点，则下列结论正确的为（    ）①平面  ②  ③直线MN与所成角的余弦值为④过M，N，三点的平面截正方体所得的截面为梯形A．① B．② C．③ D．④【答案】AC【分析】根据线面平行、线面垂直、线线角、正方体的截面等知识对个结论进行分析，从而确定正确答案.【详解】设，连接，由于分别是的中点，所以，由于，所以，所以四边形是平行四边形，所以，由于平面，平面，所以平面，所以①正确.设的中点为，设,连接，由于是的中点，所以，所以是直线MN与所成角（或其补角），设正方体的边长为，则，，，所以不是直角，所以②错误.由上述分析可知，是直线MN与所成角（或其补角），，所以，所以③正确.  设分别是的中点，设是的中点，连接，连接并延长，交的延长线于，连接，交与，由于，所以四边形是平行四边形，则，由于，所以四边形是平行四边形，所以，由于分别是的中点，所以，则过M，N，三点的平面截正方体，所得的截面为五边形，所以④错误.  故选：AC12．已知函数，则下列结论正确的是（    ）A．是周期为的奇函数 B．在上为增函数C．在内有21个极值点 D．在上恒成立的充要条件是【答案】BD【解析】根据周期函数的定义判定选项A错误；根据导航的符号判断选项B正确；根据导函数零点判定选项C错误；根据恒成立以及对应函数最值确定选项D正确.【详解】的定义域为R，，是奇函数，但是，不是周期为的函数，故选项A错误；当时，，，单调递增，当时，，，单调递增，且在连续，故在单调递增，故选项B正确；当时，，，令得，，当时，，，令得，,因此，在内有20个极值点，故选项C错误；当时，，则，当时，，设，，令， ，单调递增，，，在单调递增，又由洛必达法则知：当时，，故答案D正确.故选：BD.【点睛】本题考查了奇函数、周期函数定义，三角函数的几何性质，函数的极值，利用导数研究单调性以及利用导数研究恒成立问题，考查综合分析求解与论证能力，属较难题. 三、填空题13．若等差数列，的前项和分别为，，满足，则       .【答案】【分析】根据等差数列下标和性质及等差数列前项和公式计算可得；【详解】解：依题意可得；故答案为：14．已知向量，，，若，则      ．【答案】/【分析】根据向量的坐标运算以及向量相等可得，两式平方相加结合数量积的坐标表示，即可得答案.【详解】由题意可知，即，将两式平方相加可得，故，故答案为：15．我校高二年级人参加了期中数学考试，若数学成绩，统计结果显示数学考试成绩在分以上的人数为总人数的，则此次期中考试中数学成绩在分到分之间的学生有         人.【答案】【分析】由已知可得，由正态密度曲线的对称性求出，乘以可得结果.【详解】因为，由已知，则，因此，此次期中考试中数学成绩在分到分之间的学生人数为.故答案为：.16．已知函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是          .【答案】【分析】根据导函数研究函数的单调性，从而画出的图象，函数恰有三个零点，可转化为函数与有三个交点，数形结合求出与，相切的直线斜率，从而求出的取值范围.【详解】当时，，，在上恒成立，且在时，等号成立，所以在上单调递增，且，当时，单调递减，且，函数恰有三个零点，可转化为函数与有三个交点，画出的图象，所图所示：设直线与，相切时切点为，则，又根据斜率公式可得：，所以，解得：或，当时，，当时，，所以要想函数与有三个交点，直线斜率要介于两切线斜率之间，故故答案为： 四、解答题17．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．【答案】（1）（2）【分析】（1）利用等差数列的前项和公式与通项公式，即可解出,则可写出其通项公式.（2）利用错位相减，化简解可得出答案.【详解】（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：.18．现从小明的朋友圈内随机选取了40人（男、女各20人），记录了他们某一天的行走步数，并将数据整理如下表：步数性别男12476女03962若某人一天的行走步数超过8000则被系统评定为“积极型”，否则被评定为“懈怠型”.(1)利用样本估计总体的思想，试估计小明的朋友圈内所有好友中每日行走步数超过10000的概率.(2)根据题意完成下面的列联表，并据此判断能否有的把握认为“评定类型”与“性别”有关. 积极型懈怠型总计男   女   总计   附：0.1000.0500.0100.0050.001 2.7063.8416.6357.87910.828，其中.【答案】(1)0.2(2)列联表见解析，没有的把握认为“评定类型”与“性别”有关. 【分析】（1）根据古典概型概率计算公式求得正确答案.（2）先补全列联表，然后计算的值，进而作出判断.【详解】（1）依题意，小明的朋友圈内所有好友中每日行走步数超过10000的概率为：.（2）根据题意完成列联表如下: 积极型懈怠型总计男女总计所以，所以没有的把握认为“评定类型”与“性别”有关.19．为进一步加强学生的文明养成教育，某校以争做最美青年为主题，进行“最美青年”评选活动，最终评出了10位“最美青年”，其中6名女生4名男生、学校准备从这10位“最美青年”中每次随机选出一人做事迹报告.(1)若每位“最美青年”最多做一次事迹报告，记第一次抽到女生为事件A，第二次抽到男生为事件B，求，：(2)根据不同需求，现需要从这10位“最美青年”中每次选1人，可以重复，连续4天分别为高一、髙二、高三学生和全体教师做4场事迹报告，记这4场事迹报告中做报告的男生人数为X，求X的分布列和数学期望.【答案】(1)，；(2)分布列见解析，. 【分析】（1）根据给定条件，利用缩小空间的方法求出条件概率，再利用全概率公式计算出作答.（2）求出X的可能值及各个值对应的概率，列出公布列，并求出数学期望作答.【详解】（1）依题意，，，则.（2）被抽取的4次中男生人数X的取值为0，1，2，3，4且，；；；；，所以X的分布列为：X01234PX的数学期望.20．如图，四边形为菱形，平面，，.(1)证明：平面平面 ；(2)若，求二面角的大小.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据线面垂直得线线垂直，进而由线段的长度得勾股定理，证明线线垂直，即可得线面垂直证明面面垂直.（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解二面角大小.【详解】（1）设BD交AC于点O，连接EO，FO，因为四边形ABCD为菱形，所以.因为ED平面ABCD,AC平面ABCD，所以.又，平面BDEF，所以平面BDEF；又平面BDEF，所以.设FB=1，由题意得ED=2，.因为FB//ED，且面，则FB平面ABCD，而平面ABCD，故，，所以，，.                                因为，所以.                           因为，平面ACF，所以EO平面ACF.                          又EO平面EAC，所以平面EAC平面FAC.（2）取EF中点G，连接OG，所以OG//ED，OG底面ABCD.以O为原点，以分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 因为，由（1）中所设知，，所以，,所以.所以，，，设平面FAE的一个法向量为，则，所以；平面AEC的一个法向量为，则，所以；所以，由图形可知二面角的平面角为锐角，所以二面角的大小为.21．椭圆的短轴长为2，离心率为，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点．(1)求椭圆C的方程；(2)椭圆C上是否存在点Q，使得直线MQ，NQ与直线分别交于点A，B，且？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，或 【分析】（1）由椭圆的短轴长和离心率得到，求出椭圆方程；（2）考虑当斜率不为0时，设，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，表达出直线，得到，同理得到，分与讨论，得到点坐标，再考虑当斜率为0时，也满足要求，从而求出答案.【详解】（1）由题意得，则，所以椭圆的方程为．（2）当斜率不为0时，设，联立，可得．.设，，，则，．直线，令得同理可得．于是，故 ．若，则由，与直线的任意性矛盾,若，则所以点的坐标为或,当斜率为0时，此时设，不妨令，此时直线为，令得，故，直线为，令得，故，显然，经验值，当点的坐标为同样满足要求，综上：点的坐标为或，【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.22．已知函数，.(1)求的单调区间；(2)若方程的两个解分别为，求证：.【答案】(1)单调递增区间是，无递减区间.(2)证明见解析 【分析】（1）先对求导，再利用的因式构造，然后对求导，得到的单调区间，确定的最小值是正值，从而确定恒正，最后求出的单调区间；（2）原方程可以变形为：，设，，则由函数是增函数知，所以，设，则，， 设，则，，证明（*），即，从而证明了.【详解】（1）对函数求导可得：， 令 则.     当单调递减，单调递增.   所以，，所以，在上单调递增.                故的单调递增区间是，无递减区间.（2）若方程有两个解，不妨设，原方程可以变形为：，设，， 由，得， 因为函数是增函数，所以，则，设，则，， 欲证，即证，  只需证（*） 设，，，在上，，单调递减，所以，所以， 令即得（*）成立，从而，命题得证．