[数学][期末]安徽省黄山市2022-2023学年高二下学期期末质量检测试题(解析版)

这是一份[数学][期末]安徽省黄山市2022-2023学年高二下学期期末质量检测试题(解析版)，共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题: 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. 已知集合，，则中元素的个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由，而，
所以，共有4个元素
故选：C
2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意，则.
故选：C
3. 已知平面向量，的夹角为，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意，，
，
所以.
故选：B
4. 年苏迪曼杯世界羽毛球混合团体锦标赛在苏州举行. 现将名志愿者分配到赛事宣传、外事联络和酒店接待个部门进行培训，每名志愿者只分配到个部门，每个部门至少分配名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】D
【解析】由题意，志愿者按人数，可分组为、的形式，
对于分组，分配方案有种；
对于分组，分配方案有种；
所以，共有种.
故选：D
5. 数列中，，对任意正整数都满足，数列，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意，
又，则，，…，，
累加得，
所以，则，可得.
故选：C
6. 已知函数是定义在上的偶函数，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意关于对称，即，且，
所以，即，
又，
所以，
即，
所以，故的周期为4，
则.
故选：B
7. 已知函数的图象关于直线对称，其中，则在上的极值点有（ ）
A. 个B. 个C. 个D. 个
【答案】C
【解析】由题设，且，
所以，又，则，
所以，在上，
对于在上，有或或或，
所以在上的极值点有4个极值点.
故选：C
8. 在三棱锥中，⊥底面，，，，则三棱锥外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意，外接圆半径为，
又⊥底面，则棱锥外接球半径，
所以外接球的体积为.
故选：A
二、多项选择题: 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. 下列说法正确的是（ ）
A. 与中位数相比，平均数反映出样本数据中的更多信息，对样本中的极端值更加敏感
B. 数据的第百分位数为
C. 已知，则
D. 当样本相关系数的绝对值越接近时，成对样本数据的线性相关程度越强
【答案】ACD
【解析】A选项，与中位数相比，平均数反映出样本数据中的更多信息，对样本中的极端值更加敏感，A正确；
B选项，数据数据共个数，，则第百分位数为第五位数，B错误；
C选项，已知,
则，C正确；
D选项，样本相关系数的绝对值越接近时，成对样本数据的线性相关程度越强，D正确.
故选：ACD.
10. 已知点在圆上，点，，则（ ）
A. 直线与圆相离
B. 点到直线的距离可能大于
C. 当最大时，
D. 满足的点有且仅有个
【答案】AC
【解析】对A：直线的方程为，
则点到直线的距离，所以A正确；
对B：点到直线的距离的最大值为，所以B错误；
对C：过点做圆靠下方的切线，此时，所以C正确；

对D：以为直径作圆，易知圆与圆有2个交点，故D错误.

故选：AC
11. 如图，已知棱长为的正方体，点为的中点，点为的中点，点为的中点，则（ ）

A. //平面
B. 直线与直线所成角的余弦值为
C. 点与点到平面的距离之比为
D. 以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为
【答案】BCD
【解析】A：连接，由均为中点，则，面，面，
所以面，而共面，且，故与面不平行，错；
B：为中点，连接，则，则直线与直线所成角为或其补角，
由面，则面，面，故，
所以，则，故，对；
C：由为的中点，则到面距离相等，
而在棱台的一条侧棱上，结合棱台上下底面的等比例关系，
点到平面的距离之比为，故点到平面的距离之比为，对；

D：以为球心，为半径的球面与侧面交线上的任意点为，
则，即，故上述交线是以为圆心，1为半径的四分之一圆弧，

所以交线长为，对.
故选：BCD
12. 已知抛物线，过焦点的直线交抛物线于两点，分别过作准线 的垂线，垂足为，为坐标原点，，则（ ）
A.
B. 若，则的面积为
C. 若为抛物线上的动点，则的取值范围为
D. 若，则直线的倾斜角的正弦值为
【答案】ACD
【解析】对于A，由抛物线的性质可知，
所以，，
又因为轴，所以，，
所以，，
则有，得证，所以A正确；
对于B，设，由，可得，所以，
代入抛物线的方程可得，可得，所以，所以B不正确；

对于C，过作垂直于准线于，
由抛物线的性质可得，所以，
则，
当直线与抛物线相切时，最大，此时最小，
设直线的方程为，代入抛物线的方程可得，即，由，可得，即直线的倾斜角为或，
当点与原点重合时，此时，，
则，所以．所以C正确；
对于D，由焦点，设直线的方程为，代入抛物线的方程可得，即，
设，，其中，，
则，，，，
连接，可得，
则
整理可得
即，解得，
则直线的斜率为，即，所以，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知 展开式中的常数项为80，则实数_________.
【答案】
【解析】由题设，展开式通项为，
当时，常数项为，则.故答案为：1
14. 已知随机变量，若，则_________.
【答案】
【解析】由题可得，，
所以，

由正态分布曲线关于直线对称，
所以，
故答案为：.
15. 已知椭圆，过点的直线与椭圆交于两点（点位于轴上方），若，则直线的斜率的值为_________．
【答案】
【解析】依题意，点位于轴上方且，则直线的斜率存在且不为，
设（），则，，
则可得，设直线l方程为，
联立直线与椭圆可得，显然，
，，，
，解得，则直线的斜率为.
故答案为：.
16. 已知对任意的恒成立，则的最小值为________．
【答案】
【解析】令，则，即在上恒成立，
设，则，
若，则恒成立，
所以上递增，
令，则，
当，此时，即在上递减，
且趋向正无穷，趋向负无穷，不满足恒成立；
当，则，
时，递减，时，递增，
所以，即，
当，恒成立；
当，，
则；
若，则，
故，
令，则，若得，
所以上，递减，上，递增，
故，则，即的最小值为；
若，则，故，
令，则，若得，
所以上，递减，上，递增，
故，则，即的最小值为；
综上，的最小值为.
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. 已知是公差不为的等差数列的前项和，是与的等比中项，.
（1）求数列的通项公式；
（2）已知，求数列的前项和.
解：（1）设数列的公差为d，由是与的等比中项，则，
所以，且，整理得①，
又，整理得②，
由①②解得，，所以.
（2）由（1）知，，则，
所以
两式相减得，
所以.
18. 记的内角的对边分别为，已知．

（1）求的值；
（2）如图，点在边上，，求的面积．
解：（1）由正弦定理得：，
所以，
所以．
即，
因为，所以；
（2）因为，即，
所以．
中，由余弦定理得
，
所以，
则，
所以.
19. 如图1，在边长为的正方形中，点分别是边和的中点，将沿翻折到，连结，如图2.

（1）证明：；
（2）当平面平面时，求平面与平面夹角的余弦值.
解：（1）连接交于点，在正方形中，分别是边和的中点，
易知，得，即，
所以，根据翻折过程知：，，
又，面，故平面，又平面，
所以.
（2）当面面，且交线为，又平面且，
所以平面，结合（1）知：，
由，，
则，
所以，，且，
以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，
则，，
设面的法向量为，则，
取，则.
设面的法向量为，则，
取，则
，
即面与面夹角的余弦值为.
20. 某高中学校在5月20日召开高三毕业典礼，为给高三学生创造轻松的氛围，典礼上有一个“开盲盒”游戏环节，主持人拿出10个盲盒，每个盲盒中装有一个学校标志建筑物的模型，其中有3个“校园”模型，4个“图书馆”模型，2个“名人馆”模型，1个“科技馆”模型.
（1）一次取出2个盲盒，求2个盲盒为同一种模型的概率；
（2）依次不放回地从中取出2个盲盒，求第2次取到的是“图书馆”模型的概率；
（3）甲同学是个“科技狂热粉”，特别想取到“科技馆”模型，主持人为了满足甲同学的愿望，设计如下游戏规则：在一个不透明的袋子中装有大小完全相同的10个小球，其中9个白球，1个红球，有放回的每次摸球一个，摸到红球就可以取走“科技馆”模型，游戏结束．现在让甲同学参与游戏，规定甲同学可以按游戏规则最多摸球10次，若第10次还是摸到白球，主持人直接赠予甲同学“科技馆”模型．设他经过第X次（X=1，2，…，10）摸球并获得“科技馆”模型，求X的分布列.
解：（1）设事件 “2个盲盒都是“校园”模型”，事件 “2个盲盒都是“图书馆”模型”， 事件“2个盲盒都是“名人馆”模型”，则与与为互斥事件，
∵，，，
∴2个盲盒为同一种模型的概率．
（2）设事件“第次取到的是“校园”模型”，，
设事件“第次取到的是“图书馆”模型”，，
设事件“第次取到的是“名人馆”模型”，，
设事件“第次取到的是“科技馆”模型”，.
，，，，
，，，
∴由全概率公式知：第2次取到的是“图书馆”模型的概率为：
.
（3）∵，，，
，，，
，，，
，
21. 已知函数，.
（1）求的极值；
（2）若，求实数的取值范围.
解：（1）已知，
当时，恒成立，在上单调递增，无极值，
当时，令，得；
令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
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；
（2）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，
时，，单调递减，
，
，
即的取值范围为.
22. 已知点为抛物线的焦点，点，且点到抛物线准线的距离不大于，过点作斜率存在的直线与抛物线交于两点（在第一象限），过点作斜率为的直线与抛物线的另一个交点为点．
（1）求抛物线的标准方程；
（2）求证：直线BC过定点．
解：（1）焦点，

又∵，且点到抛物线准线的距离不大于，即
∴
∴抛物线E的标准方程为；
（2）依题意直线斜率存在且过点，则可设的方程为，

由，化简得：，
设，
则由韦达定理可知，
消去得： ①
又，则②
由①②得，
∴③
由于
（ⅰ）若直线没有斜率，则，
又，
∴（舍去）
（ⅱ）若直线有斜率，
直线的方程为，即，
将③代入得，∴，
故直线有斜率时过点．
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10