福建省泉州市部分中学2022-2023学年高二下期末联考数学试题(学生版+解析)

这是一份福建省泉州市部分中学2022-2023学年高二下期末联考数学试题(学生版+解析)，共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

数学
一、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. 的展开式中常数项为( )．
A. B. C. 15D. 20
2. 等比数列满足，，则( )
A. B. C. D.
3. 平行六面体的所有棱长均为1，，则的长度为( )
A. B. C. D.
4. 下列说法正确的是( )
A. 若事件相互独立，则
B. 设随机变量满足，则
C. 已知随机变量，且，则
D. 在一个列联表中，计算得到的值越接近1，则两个变量的相关性越强
5. 记，则( )
A. B. C. D.
6. 空间直角坐标系中，，，，点平面内，且平面，则( )
A. B. C. D.
7. 已知抛物线的焦点为，过的直线交于点，分别在点处作的两条切线，两条切线交于点，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
8. 已知，则的最小值为( )
A. B. C. D.
二、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. 已知等差数列的前项和为，，，则( )
A. B.
C. 的最小值为D. 的最大值为
10. 已知圆与轴相切，且在直线上，圆，若圆与圆相切，则圆的半径长可能是( )
A. B. C. D.
11. 已知数轴上一个质点在外力的作用下，从原点出发，每次受力质点原地停留或向右移动一个单位，质点原地停留的概率为，向右移动的概率为，且每次是否移动互不影响．若该质点共受力7次，到达位置的数字记为，则( )
A. B.
C. D.
12. 平面两两互相垂直且有一个公共点，，，，直线过点，则下列结论正确的是( )
A. 若与所成的角均为，则与平面所成的角为
B. 若与平面所成的角相等，则这样的直线有且仅有1条
C. 若与平面所成的角分别为，则与平面所成的角为
D. 若点在上，且在的投影分别为，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知直线是双曲线()的一条渐近线，则的离心率为______.
14. 数列中，，，则的前项的和为_________．
15. 甲箱中有2个白球和1个黑球，乙箱中有1个白球和2个黑球．现从甲箱中随机取两个球放入乙箱，然后再从乙箱中任意取出两个球，则最后摸出两球都是白球的概率为______；若最后摸出的两球都是白球，则这两个白球都来自甲箱的概率为______．
16. 某几何体的直观图如图所示，是由一个圆柱体与两个半球对接而成的组合体，其中圆柱体的底面半径为2，高为4．现要加工成一个圆柱，使得圆柱的两个底面的圆周落在半球的球面上，则圆柱的最大体积为______．
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. 已知正项数列的前项和为，且满足．
(1)求，；
(2)设，数列前项和为，求证：．
18. 已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：．
19. 如图，在四棱台中，，，，，．

(1)证明：平面平面；
(2)若四棱台的体积为，求直线与平面所成角的正弦值．
20. 学生的学习除了在课堂上认真听讲，还有一个重要环节就是课后自主学习，人们普遍认为课后自主学习时间越多学习效果越好.某权威研究机构抽查了部分高中学生，对学生每天花在数学上的课后自主学习时间(分钟)和他们的数学成绩(分)做出了调查，得到一些数据信息并证实了与正相关.“学霸”小李为了鼓励好朋友小王和小张努力学习，拿到了该机构的一份数据表格如下(其中部分数据被污染看不清)，小李据此做出了散点图如下，并计算得到，，的方差为350，的相关系数().


(1)请根据所给数据求出的线性经验回归方程，并由此预测每天课后自主学习数学时间达到100分钟时的数学成绩；
(2)受到小李鼓励，小王和小张决定在课后花更多的时间在数学学习上，小张把课后自主学习时间从20分钟增加到60分钟，而小王把课后自主学习时间从60分钟增加到100分钟.经过几个月的坚持，小张的数学成绩从50分提升到90分，但小王的数学成绩却只是从原来的100分提升到了115分.小王觉得很迷惑，课后学习时间每天同样增加了40分钟，为什么自己的成绩仅仅提升了十几分呢，为什么实际成绩跟预测的成绩差别那么大呢？
①请根据你对课后自主学习时间与数学成绩关系的看法及对一元回归模型的理解，解答小王的疑惑；
②小李为了解答小王的疑惑，想办法拿到了上表中被污染的数据如下.据此，请在上图中补齐散点图，并给出一个合适的经验回归方程类型(不必求出具体方程，不必说明理由).
附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为.
21. 已知为坐标原点，点到点的距离与它到直线的距离之比等于，记的轨迹为．点在上，三点共线，为线段的中点．
(1)证明：直线与直线的斜率之积为定值；
(2)直线与相交于点，试问以为直径的圆是否过定点，说明理由．
22. 已知，.
(1)求的极值；
(2)若，求实数k的取值范围.
泉州市部分中学2024届高二下期末联考试题
数学
一、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. 的展开式中常数项为( )．
A. B. C. 15D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】写出展开式的通项公式，再令得，再代入通项公式即可得答案.
【详解】根据题意，的展开式的通项公式，
令，解得，
所以常数项.
故选：B
2. 等比数列满足，，则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式，可得答案.
【详解】由数列是等比数列，其首项，公比设为，
则等式，整理可得，解得，
即.
故选：B.
3. 平行六面体的所有棱长均为1，，则的长度为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由为平行六面体，可知为体对角线，由向量的模长公式即可求得.
【详解】
故选：B
4. 下列说法正确的是( )
A. 若事件相互独立，则
B. 设随机变量满足，则
C. 已知随机变量，且，则
D. 在一个列联表中，计算得到的值越接近1，则两个变量的相关性越强
【答案】C
【解析】
【分析】A项，求出即可；B项根据的性质即可得出；C项，根据给定条件，利用正态分布的性质求解作答；D项，根据的性质，即可得出相关性强弱.
【详解】对于A，若事件相互独立，则,所以A错误，
对于B，设随机变量满足，则所以B错误，
对于C，随机变量，且，则,所以C正确，
对于D，在一个列联表中，值越大，则两个变量的相关性越强，所以D错误，
故选：C.
5. 记，则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由对数运算性质，借助中间量，结合指数幂的运算及函数的单调性比较大小即可.
【详解】因为，A错误;
,B正确;
C错误;
,D错误;
故选：B.
6. 空间直角坐标系中，，，，点在平面内，且平面，则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，求出平面的法向量，再求出长，然后利用勾股定理求解作答.
【详解】由，，，得，
设平面的法向量，则，令，得，
有，而平面，于是，
又，，所以.
故选：D
7. 已知抛物线的焦点为，过的直线交于点，分别在点处作的两条切线，两条切线交于点，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设直线的方程为，，与抛物线联立可得，再利用求曲线上一点的切线方程得过与相切的直线方程，再利用两条直线的交点坐标得​​​​​​​，再利用两点间的距离公式计算得结论.
【详解】显然直线的斜率存在，因此设直线的方程为，，
由得，因此，
故.
因为，所以过与相切的直线方程分别为：、，
因此由得，即，
所以
.
因为，所以，因此，
所以的取值范围是.
故选:C.
8. 已知，则的最小值为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】等价于对于，恒成立，设，求出函数最大值，得到，设，求出函数的最小值即得解.
【详解】对于，恒成立，
设，所以.
当时，，函数单调递增，
所以函数没有最大值，所以这种情况不满足已知；
当时，
当时，，函数单调递增.
当时，，函数单调递减.
所以.
所以.
所以.
设，
所以，
当时，，函数单调递减.
当时，，函数单调递增.
所以.
所以的最小值为.
故选:C.
【点睛】方法点睛：不等式的恒成立问题的求解，常用的方法有：
(1)分离参数求最值；(2)直接法；(3)端点优先法.要根据已知条件灵活选择方法求解.
二、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. 已知等差数列的前项和为，，，则( )
A. B.
C. 的最小值为D. 的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，根据已知条件求出的值，利用等差数列的求和公式可判断A选项；利用等差数列的通项公式可判断B选项；求出的最小值，可判断C选项；利用二次函数的基本性质可判断D选项.
【详解】设等差数列的公差为，则，解得.
对于A选项，，A对；
对于B选项，，B对；
对于C选项，，故当或时，取最小值，C错；
对于D选项，，
故当时，取得最大值，D对.
故选：ABD.
10. 已知圆与轴相切，且在直线上，圆，若圆与圆相切，则圆的半径长可能是( )
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】设圆的方程为，由条件方程求解即可.
【详解】设圆的方程为，因为圆与轴相切，且在直线上，
所以，即，所以圆的方程为或，
又圆的圆心为，半径为1，
当圆与圆外切时，或(舍去)，
解得或；
当圆与圆内切时，或，
解得或(舍去)；
综上，圆的半径长可能是、或2.
故选：BCD
11. 已知数轴上一个质点在外力的作用下，从原点出发，每次受力质点原地停留或向右移动一个单位，质点原地停留的概率为，向右移动的概率为，且每次是否移动互不影响．若该质点共受力7次，到达位置的数字记为，则( )
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据二项分布的概率计算即可判断ACD，根据二项分布的期望公式即可判断B.
【详解】设质点向右移动的次数为,则，
由于，所以,,故A正确，
,故B错误，
由于,所以,故C正确，
，
，
，
,
,
,
因此最大，故，故D错误，
故选：AC
12. 平面两两互相垂直且有一个公共点，，，，直线过点，则下列结论正确的是( )
A. 若与所成的角均为，则与平面所成的角为
B. 若与平面所成的角相等，则这样的直线有且仅有1条
C. 若与平面所成的角分别为，则与平面所成的角为
D. 若点在上，且在的投影分别为，则
【答案】AD
【解析】
【分析】把问题转化为正方体中的线面关系，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】由题意，平面两两互相垂直且有一个公共点，
不妨平面放置在正方体的三个相邻面中，记平面为平面，
记平面为平面，记平面为平面，则直线为，直线为，直线为，
记正方体棱长为1，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
如图：

则点、、、、、、、，
又直线过点，再取上一点，设点，
对于选项A，，，，
因为与所成的角均为，即，
所以，所以，
所以，即，所以，即，
易知平面的法向量为，设与平面所成的角为，
则，又，所以，
所以与平面所成的角为，正确；
对于选项B，易知平面的法向量为，平面的法向量为，
若与平面所成的角相等，则三个线面角的正弦值相等，
所以，即，
所以，所以或或或，
则这样的直线有4条，错误；
对于选项C，若与平面所成的角分别为，
则，所以，，
所以，所以，即，
设与平面所成的角为，易知平面的法向量为，
则，又，所以，
所以与平面所成的角为，错误；
对于选项D，因为点在的投影分别为，则，
所以
，
又，
所以，正确.
故结论正确的是AD.
故选：AD
【点睛】关键点睛：对于立体几何中角和长度的计算难题，往往可以用空间向量法，通过求解直线的方向向量或平面的法向量，利用向量夹角和距离公式求解即可.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知直线是双曲线()的一条渐近线，则的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据渐近线方程得到，然后代入离心率公式求解.
【详解】因为直线是双曲线的一条渐近线，
所以，所以C的离心率为.
故答案为：
14. 数列中，，，则的前项的和为_________．
【答案】
【解析】
【分析】推导出数列是首项为，公比为的等比数列，求出数列的通项公式，利用分组求和法可求得数列的前项的和的值.
【详解】在数列中，，，则，且，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，，则，
所以，数列的前项和为
.
故答案为：.
15. 甲箱中有2个白球和1个黑球，乙箱中有1个白球和2个黑球．现从甲箱中随机取两个球放入乙箱，然后再从乙箱中任意取出两个球，则最后摸出的两球都是白球的概率为______；若最后摸出的两球都是白球，则这两个白球都来自甲箱的概率为______．
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】从甲箱中取出两白球、取出一白一黑，分别为事件表示，从乙箱中取出的两球时白球为事件，结合条件概率的计算公式和全概率公式，即可求解.
【详解】由题意，从甲箱中任取两球放入乙箱仅有2中可能，取出两白球、取出一白一黑，分别用表示，
设“从乙箱中取出的两球时白球”为事件，
可得，
其中，
所以从乙箱中取出两球是白球的概率为；
设从乙箱摸出两个白球都来自甲箱为事件，
则,
则.
故答案为：；.
16. 某几何体的直观图如图所示，是由一个圆柱体与两个半球对接而成的组合体，其中圆柱体的底面半径为2，高为4．现要加工成一个圆柱，使得圆柱的两个底面的圆周落在半球的球面上，则圆柱的最大体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】设加工成的圆柱底面半径为，圆柱的高为，圆柱的体积用含有h的代数式表示，利用导数求其最大值即可.
【详解】设加工成的圆柱的底面半径为，高为，轴截面如图，
则，
则加工后所得圆柱的体积，
所以
可得当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
则当时，取得最大值为.
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. 已知正项数列的前项和为，且满足．
(1)求，；
(2)设，数列的前项和为，求证：．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【解析】
【分析】(1)当时由＝(＋1)与＝(＋1)作差，由此得出是等差数列，从而求出即可；
(2).通过(1)再裂项得出数列的通项公式，进而并项相加即得结论．
【小问1详解】
……① ，……②
由 ②－①得，，
．
又，
所以，由①
所以是首项为1公差为的等差数列，
所以，
代入①得．
【小问2详解】
，
，
因为，
所以，即．
18. 已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】(1)求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
(2)令，其中，利用导数分析函数单调性与极值，结合不等式的基本性质可证得结论成立.
【小问1详解】
解：因为，则，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即．
【小问2详解】
证明：令，其中，
要证，即证，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以在单调递增，
又，所以当时，，，
当时，，；
当时， ．
故，即，得证．
19. 如图，在四棱台中，，，，，．

(1)证明：平面平面；
(2)若四棱台的体积为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)解法一：证明，从而得到，结合面面垂直的判定即可证明；解法二：建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法证明即可；
(2)解法一：利用锥体体积公式求出，建立合适的空间直角坐标系，利用线面角的空间向量求法即可；解法二：利用锥体体积比从而得到，再建立空间直角坐标系，利用线面角的空间向量求法即可.
【小问1详解】
解法一：，，，
在中，，
由余弦定理得，
故，则，
因为棱台，故交于一点，即共面，
又，即，，平面，所以平面，
因为面，所以，又，即，，
平面，所以平面，又因为平面，
所以平面平面；
解法二：由棱台的定义，把四棱台的侧棱延长交于点，
得到四棱锥，，
同解法一，可得，
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系如图，

则，设，
由，则有，
所以，即，所以平面， 因为平面，
故平面平面，即平面平面；
【小问2详解】
解法一：设梯形与梯形的面积分别为，
，
因为梯形与梯形相似，且，故，所以，
由(1)知，平面，
则，
所以，故，
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系如图，

，由，
得，由，得，
所以，
设平面的法向量为，
则，取，
设直线与平面所成的角为，则
．
解法二：可知四棱锥与四棱锥，
相似比为，故体积比为，故，
所以，又，
所以，故，所以，
故
下同解法一．
20. 学生的学习除了在课堂上认真听讲，还有一个重要环节就是课后自主学习，人们普遍认为课后自主学习时间越多学习效果越好.某权威研究机构抽查了部分高中学生，对学生每天花在数学上的课后自主学习时间(分钟)和他们的数学成绩(分)做出了调查，得到一些数据信息并证实了与正相关.“学霸”小李为了鼓励好朋友小王和小张努力学习，拿到了该机构的一份数据表格如下(其中部分数据被污染看不清)，小李据此做出了散点图如下，并计算得到，，的方差为350，的相关系数().


(1)请根据所给数据求出的线性经验回归方程，并由此预测每天课后自主学习数学时间达到100分钟时的数学成绩；
(2)受到小李的鼓励，小王和小张决定在课后花更多的时间在数学学习上，小张把课后自主学习时间从20分钟增加到60分钟，而小王把课后自主学习时间从60分钟增加到100分钟.经过几个月的坚持，小张的数学成绩从50分提升到90分，但小王的数学成绩却只是从原来的100分提升到了115分.小王觉得很迷惑，课后学习时间每天同样增加了40分钟，为什么自己的成绩仅仅提升了十几分呢，为什么实际成绩跟预测的成绩差别那么大呢？
①请根据你对课后自主学习时间与数学成绩的关系的看法及对一元回归模型的理解，解答小王的疑惑；
②小李为了解答小王的疑惑，想办法拿到了上表中被污染的数据如下.据此，请在上图中补齐散点图，并给出一个合适的经验回归方程类型(不必求出具体方程，不必说明理由).
附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为.
【答案】(1)，140分
(2)①答案见解析；②答案见解析
【解析】
【分析】(1)先求出平均数，利用最小二乘法求出回归方程，代入数据即可预测；
(2)①根据回归方程的含义及统计知识解答疑惑即可；②补齐散点图，根据所学函数选择非线性回归方程即可.
【小问1详解】
，
，又方差为，
所以，
，故，当时，，
故预测每天课后自主学习数学时间达到100分钟时数学成绩为140分；
【小问2详解】
①(i)所求的经验回归方程依据的样本数据时间范围在20~80分钟，
当时间范围扩大后，之间不一定还符合该方程，所以预测与实际情况可能会有较大差别；
(ii)事实上，样本数据时间在70分钟以后，对应成绩的增速已有明显减缓的趋势，
因此当时间范围扩大后，相关系数会降低，所求经验回归方程模型不一定适合.
(iii)小李所拿到的样本数据的缺失可能使得回归模型不恰当，还应收集更多的样本数据分析，
(iv)如果原来成绩较低，通过增加学习时间可以有效提高成绩，但是当成绩提高到一定程度时(如110分以上)，想要通过延长学习时间来提高学习成绩就比较困难了，需要想别的办法.
② 补齐散点图如图：

合适的回归模型如，，，等，
答案不唯一，只要能体现出增长速度逐渐变缓即可.
21. 已知为坐标原点，点到点的距离与它到直线的距离之比等于，记的轨迹为．点在上，三点共线，为线段的中点．
(1)证明：直线与直线的斜率之积为定值；
(2)直线与相交于点，试问以为直径的圆是否过定点，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)定点，理由见解析
【解析】
【分析】(1) 先设，再根据距离比计算轨迹，最后计算斜率积即可；
(2)先设，再根据为直径的圆过定点，计算可得.
【小问1详解】
设，则有，
整理得；
设,，，则，，
由 ，两式相减：，
整理得，，，
即直线与直线的斜率之积为定值．
【小问2详解】
显然直线的斜率不为0，设直线方程为，
联立方程组，消去得：，
所以， ， ，
， 直线， 从而点，
根据椭圆的对称性可知，若以为直径的圆过定点，则该定点在轴上，可设为，
以为直径的圆过定点，则，
又，，
从而，
整理得，
故 ，解方程组可得，
即以为直径的圆过定点．
22. 已知，.
(1)求的极值；
(2)若，求实数k的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)根据题意，求导得，然后分与讨论，即可得到结果.
(2)根据题意，将问题转化为在恒成立，然后构造函数
，求得其最大值，即可得到结果.
【小问1详解】
已知，
当时，恒成立，无极值，
当时，，在上单调递增，在单调递减，
当时，有极大值，，无极小值，
综上：当时，无极值；当时，极大值为，无极小值；
【小问2详解】
若，则在时恒成立，
恒成立，令，
令，则，
在单调递减，又，
由零点存在定理知，存在唯一零点，使得，
即，
令在上单调递增，
， 即
当时，单调递增，单调递减，
，
，即的取值范围为.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了用导数研究函数极值问题，难度较难，解答本题的关键在于分离参数，然后构造函数，将问题转化为最值问题.编号
14
15
16
17
18
x
85
90
100
110
120
y
113
114
117
119
119
编号
14
15
16
17
18
x
85
90
100
110
120
y
113
114
117
119
119