2022-2023学年福建省厦门市湖滨中学高二下学期6月期末质量检测数学试题含答案

2022-2023学年福建省厦门市湖滨中学高二下学期6月期末质量检测数学试题

一、单选题

1．某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法有

A．8种 B．15种 C．种 D．种

【答案】C

【详解】 由题意得，每一封不同的电子邮件都有三种不同的投放方式，所以把封电子邮件投入个不同的邮箱，共有种不同的方法，故选C.

2．已知等比数列中，，，则（    ）

A．16 B．4 C．2 D．1

【答案】B

【分析】先通过求出等比数列的公比，然后利用等比数列的定义可得答案.

【详解】设等比数列的公比为，

则，

.

故选：B.

3．某单位入职面试中有三道题目，有三次答题机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止.若求职者小王答对每道题目的概率都是，则他最终通过面试的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分为三种情况：第一次通过，第二次通过，第三次通过，结合相互独立事件概率乘法公式求解.

【详解】由题意知，小王最终通过面试的概率为.

故选：C.

4．已知随机变量，若，则＝（    ）

A．0.7 B．0.5 C．0.3 D．0.2

【答案】C

【分析】根据给定条件利用正态分布的性质经计算即可得解.

【详解】因随机变量，则有，

而，于是得：，

所以.

故选：C

5．函数的图象大致是

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据函数的解析式，根据定义在上的奇函数图像关于原点对称可以排除，再求出其导函数，根据函数的单调区间呈周期性变化，分析四个选项即可得到结果

【详解】当时，

故函数图像过原点，排除

又，令

则可以有无数解，所以函数的极值点有很多个，故排除

故函数在无穷域的单调区间呈周期性变化

结合四个选项，只有符合要求

故选

【点睛】本题主要考查了由函数的表达式判断函数图像的大体形状，解决此类问题，主要从函数的定义域，值域，单调性以及奇偶性，极值等方面考虑，有时也用特殊值代入验证．

6．若函数在上为增函数，则m的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求出函数的导数，问题转化为在恒成立，参变分离求出m的范围即可.

【详解】已知函数在上为增函数，则在恒成立，

即在恒成立，则，解得.

故选：C.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查一次函数的性质，属于基础题．

7．已知双曲线的左焦点为，过点作双曲线的一条渐近线的垂线（垂足为）交另一条渐近线于点，则线段的长度为（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】B

【分析】根据已知可推得双曲线的渐近线为，进而得出，即可推得.然后列出直线的方程为，求出点到直线的距离，根据勾股定理得出，即可得出答案.

【详解】

由已知可得，，，，

所以双曲线的渐近线为，

所以，所以，

所以是线段的垂直平分线，所以.

因为，，

所以，直线的方程为，即，

所以，

所以，，

所以.

故选：B.

8．若过点可以作曲线的两条切线，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定结果；

解法二：画出曲线的图象，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.

【详解】在曲线上任取一点，对函数求导得，

所以，曲线在点处的切线方程为，即，

由题意可知，点在直线上，可得，

令，则.

当时，，此时函数单调递增，

当时，，此时函数单调递减，

所以，，

由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，

当时，，当时，，作出函数的图象如下图所示：

由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点.

故选：D.

解法二：画出函数曲线的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知.

故选：D.

【点睛】解法一是严格的证明求解方法，其中的极限处理在中学知识范围内需要用到指数函数的增长特性进行估计，解法二是根据基于对指数函数的图象的清晰的理解与认识的基础上，直观解决问题的有效方法.

二、多选题

9．在的展开式中，下列说法正确的是（    ）

A．常数项是20 B．第4项的二项式系数最大

C．第3项是 D．所有项的系数的和为0

【答案】BD

【分析】对于A：直接求常数项，即可判断；对于B：利用二项式系数的性质直接判断；对于C：求出第3项，即可判断；对于D：用赋值法，令，直接计算.

【详解】解：的展开式的通项公式为，

所以对于A选项，当，即时，常数项为，故A选项错误；

对于B选项，由于，故最大的二项式系数为，是第四项的二项式系数，故B选项正确；

对于C选项，第3项是，故C选项错误；

对于D选项，令，则，故所有项的系数的和为0，故D选项正确.

故选：BD

10．等差数列中，为的前n项和，则下列结论正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，且，则取得最大值时，或

D．必为等差数列

【答案】AD

【分析】根据等差数列的性质即可判断A；根据等差数列前项和公式即可判断B；由，且，得出及时的范围，即可判断C；根据等差数列前项和公式结合等差数列的定义即可判断D.

【详解】对于A，在等差数列中，

因为，所以，则，

则，故A正确；

对于B，若，则，故B错误；

对于C，设公差为，

由，得，

则，又因，所以，

则当时，，当时，，

所以当或时，取得最大值，故C错误；

对于D，，

则，

因为，所以必为等差数列，故D正确.

故选：AD.

11．某工厂有3个车间生产同型号的电子元件，第一车间的次品率为2%，第二车间的次品率为1%，第三车间的次品率为1.5%，三个车间的成品都混合堆放在一个仓库．假设第一、二、三车间生产的成品比例为，现有一客户从该仓库中随机取一件，则下列说法正确的有（    ）

A．取出的该件是次品的概率约为0.012

B．取出的该件是次品的概率约为0.016

C．若取出的电子元件是次品，则它是第一车间生产的概率约为0.5

D．若取出的电子元件是次品，则它是第一车间生产的概率约为0.4

【答案】BC

【分析】利用赋值法，直接求解即可

【详解】取第一车间产品300件，第二车间产品200件，第三车间产品300件，所以共有次品件次品，

所以三个仓库中按成品比例为混合时，任取一件为次品的概率为；B正确

若取出的为次品则为第一车间生产的概率为，C正确

故选：BC

12．已知函数，若，则下列选项正确的是（    ）

A．

B．

C．当时，

D．若方程有一个根，则

【答案】BC

【分析】构造函数，利用导数判断函数的单调性，可判断A选项；由函数的单调性可判断B选项；利用函数在区间 上的单调性可判断C选项；取特例可判断D选项.

【详解】对于A选项，构造函数，定义域为，，

当 时，；当 时，．

所以，函数的单调递减区间为 ，单调递增区间为

当 时，，即，A选项错误；

对于B选项， ，由于函数在上单调递增，

当时，，即 ，所以，B选项正确；

对于C选项，函数，定义域为，

令，则；令，可得

所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.

当 时，，则，

即，C选项正确；

对于D选项，当时，若方程也只有一个根，D选项错误.

故选：BC

三、填空题

13．若直线与圆相切，则实数         ．

【答案】或

【分析】利用几何法列方程即可求解.

【详解】圆可化为.

因为直线与圆相切，

所以圆心到直线的距离等于半径，即，

解得：或7.

故答案为：或

14．已知在处有极值，则      .

【答案】3

【分析】由题知为极值点,故，又联立求解即可.

【详解】由题，

且在处有极值，

所以

所以

此时

令或，

令，

所以在，上单调递增，在上单调递减，

所以为极小值点，满足题意，

所以

所以.

故答案为：3.

15．已知随机变量的分布列如下表，则          ．

【答案】16

【分析】根据分布列性质先求出a，即可求得，再根据期望的性质即可求得答案.

【详解】由已知随机变量的分布列可得，

故，

故，

故答案为：16

四、双空题

16．已知函数若方程有两个实数解，则a的取值范围是           ；若两解分别为且，则的最大值是           .

【答案】     ；     .

【分析】利用数形结合思想，结合导数的性质进行求解即可.

【详解】函数图象如下图所示：

方程有两个实数解等价于函数的图象与函数的图象有两个交点，

因此有，且，

因为，所以有，

，

设，

当时，单调递减，

当时，单调递增，

所以当时，函数有最大值，最大值为：，

故答案为：；.

五、解答题

17．数列的前n项和为，．

(1)求数列的通项公式；

(2)令，求数列的前n项和．

【答案】(1)；

(2).

【分析】(1)根据给定条件结合“当时，”计算作答.

(2)由(1)求出，利用裂项相消法计算得解.

【详解】（1）数列的前n项和为，，当时，，

当时，，满足上式，则，

所以数列的通项公式是．

（2）由(1)知，，

所以，

所以数列的前n项和．

18．如图，在正四棱柱中，已知，，E，F分别为，上的点，且．

(1)求证：平面ACF：

(2)求点B到平面ACF的距离．

【答案】(1)证明见详解.

(2).

【分析】（1）以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系通过证明与平面的一个法向量重合来证明平面.

（2）利用点面距离公式即可计算出点到平面的距离.

【详解】（1）以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

则,

设面的一个法向量为，，

可得，即，不妨令则,

平面.

（2），则点到平面的距离为.

19．新高考模式下，数学试卷不分文理卷，学生想得高分比较困难．为了调动学生学习数学的积极性，提高学生的学习成绩，张老师对自己的教学方法进行改革，经过一学期的教学实验，张老师所教的名学生，参加一次测试，数学学科成绩都在内，按区间分组为，，，，，绘制成如下频率分布直方图，规定不低于分（百分制）为优秀．

(1)求这名学生的平均成绩（同一区间的数据用该区间中点值作代表）；

(2)按优秀与非优秀用分层抽样方法随机抽取名学生座谈，再在这名学生中，选名学生发言，记优秀学生发言的人数为随机变量，求的分布列和期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析；期望

【分析】（1）根据频率分布直方图估计平均数的方法直接计算即可；

（2）根据频率分布直方图可确定优秀与非优秀学生对应的频率，根据分层抽样原则可确定名学生中优秀学员的人数，由此可得所有可能的取值，根据超几何分布概率公式可求得每个取值对应的概率，由此可得分布列；由数学期望计算公式可求得期望.

【详解】（1）名学生的平均成绩为.

（2）根据频率分布直方图知：优秀学员对应的频率为，则非优秀学员对应的频率为，

抽取的名学生中，有优秀学生人，非优秀学生人；

则所有可能的取值为，

；；；；

的分布列为：

数学期望.

20．在直角坐标系上，椭圆的右焦点为，的上、下顶点与连成的三角形的面积为．

(1)求的方程；

(2)已知过点的直线与相交于，两点，问上是否存在点，使得？若存出，求出的方程．若不存在，请说明理由

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的方程；

（2）分类讨论：①当的斜率不存在时和②当的斜率存在时，设的方程为，，利用“设而不求法”求解.

【详解】（1）依题意得，所以，  

另由，，解得：，          

所以椭圆的标准方程为程为.

（2）①当的斜率不存在时，则，，

因为，所以点，

而点不在椭圆上，故不存在点符合题意.

②当的斜率存在时，设的方程为，，

联立得，

则，而，

因为，则，所以，

而在曲线上，所以，即，所以，符合题意.

综上所述，存在点满足题意，此时直线的方程为

21．某企业生产流水线检测员每天随机从流水线上抽取100件新生产的产品进行检测．若每件产品的生产成本为1200元，每件一级品可卖1700元，每件二级品可卖1000元，三级品禁止出厂且销毁．某日检测抽取的100件产品的柱状图如图所示．

(1)根据样本估计总体的思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．若从生产的所有产品中随机取出2件，求至少有一件产品是一级品的概率；

(2)已知该生产线原先的年产量为80万件，为提高企业利润，计划明年对该生产线进行升级，预计升级需一次性投入2000万元，升级后该生产线年产量降为70万件，但产品质量显著提升，不会再有三级品，且一级品与二级品的产量比会提高到8∶2，根据样本估计总体的思想，若以该生产线今年利润与明年预计利润为决策依据，请判断该次升级是否合理．

【答案】(1)

(2)该次升级方案合理

【分析】（1）通过频率得出概率，然后计算两次都不是一级品的概率，然后用1减即可

（2）列出今年和明年的分布列，分别计算期望，然后计算利润，比较大小即可判断

【详解】（1）抽取的100件产品是一级品的频率是，                      

则从生产的所有产品中任取1件，是一级品的概率是，                     

设从生产的所有产品中随机选2件，至少有一件是一级品的事件为，则，

所以至少有一件产品是一级品的概率是．

（2）依题意，设今年每件产品的利润为X，所以X的分布列为：

所以每件产品的期望为

所以今年的利润为：（万元）                            

设明年每件产品的利润为Y，所以Y的分布列为：

所以每件产品的期望为         

所以明年预计的利润为：（万元）

显然有，

所以该次升级方案合理

22．已知函数

(1)若对任意的，都有恒成立，求实数的取值范围；

(2)设是两个不相等的实数，且．求证：

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）先判断不成立，当时，求出函数的导数，结合最值可得参数的取值范围；

（2）设，可得恒成立，从而可证不等式.

【详解】（1）当时，，

因为，所以，即，不符合题意；          

当时，，

当时，，当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减．          

所以．          

由恒成立可知，所以．          

又因为，所以的取值范围为．

（2）因为，所以，即．

令，由题意可知，存在不相等的两个实数，，使得．          

由（1）可知在区间上单调递增，在区间上单调递减．

不妨设，则．

设，          

则，

所以在上单调递增，          

所以，即在区间上恒成立．

因为，所以．          

因为，所以．          

又因为，，且在区间上单调递增，

所以，即．

【点睛】思路点睛：不等式恒成立问题，可转化函数的最值问题，而极值点偏移问题，通过可构建新函数，并利用原函数的单调性进行转化.