黑龙江省哈尔滨市2022-2023学年高二下学期学业质量检测（期末）数学试题（PDF版含答案）

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数学
一.单项选择题：
1 2 3 4 5 6 7 8
A B D B C A B C
二.多项选择题：
9 10 11 12
AC AD BCD ACD
三.填空题:（本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分,把答案填在
答卷纸的相应位置上）
2
13. ； 14. 3；
3
15. 0.6 0.2； 16.
四.解答题：
17.(本小题满分 10分)
解：（I）记事件 A1=“选取甲班”，事件 A2=“选取乙班”
1
P(A1)
C4 2
C1

3 ..................................2分6
C12 1P(A2 ) C1

3 ..................................4分6
2 1
故选取甲、乙两个班的概率分别为 和 .
3 3
（II）由（1）可知 A1 “这名同学来自甲班”，A2 “这名同学
来自乙班”，B=“这名同学数学成绩优秀”，
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则 A A 21 2，且 A1与 A2互斥，根据题意得， P(A1) 3
P(A 1 32 ) , P(B | A3 1
) 30%
10，................................6分
P(B | A2 ) 40%
2
.............................................8分
5
由全概率公式得P(B) P(A1) P(B | A ) P(A
2 3 1 2 1
1 2 ) P(B | A2 ) 3 10 3 5 3
.......................................................10分
1
因此，选出的这名同学数学成绩优秀的概率为 3 .
18.(本小题满分 12分)
（I）证明：
在图 1中，连接 CE，易求
CE BC BE AE AB 2 .........................................1分
∴四边形 ABCE为菱形.连接 AC交 BE于点 O，则 AC BE
∴在图 2中，A1O BE，OC BE A1O OC = O ∴ BE⊥面 A1OC
..................................................3分
∴ B1E⊥A1C ...........................................................4分
（II）∵ 平面 1 ⊥平面 BCDE，面 1 面 = ，
1 平面 1 且 A1O⊥BE
∴ 1 ⊥ 平面 ...................................................6分
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∵ 平面
∴ 1 ⊥ .
即 OB、OC、 1两两垂直，以 、 、 1分别为 轴、
轴、 轴，如图建立空间直角坐标系，
0,0, 3 0, 3, 0 3 , 3则 1 ， ， , 0 ， 1,0,0 .2 2
1 = 0, 3, 3 , 1 = 1,0, 3 , 1 =2，
= 3 , 3 , 0 ..........................................7分
2 2
设平面 1 的法向量为 = , , .
1 = 3 3 = 0
3 3 ，令 = 1则 = 1， 3， 3 ， = = 0
2 2
..........................................9分
= 7
设 1 与平面 1 所成的角为 ，

= 1 , =
1 1 3 1

= =
1 2 7 7
..........................................11分
∴ = 42
7
∴ 1
42
与平面 1 所成角的余弦值为 . ...............12分
7
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19.(本小题满分 12分)
（I） 由双曲线性质可知， 2， 3关于原点对称，所以
2， 3一定在双曲线上，根据双曲线在第一象限图象
而 1 3,1 和 P2 (2,3)坐标的数中，3>2,但 1<3，
所以点 1不在双曲线上，即 2， 3、 4在双曲线上.
..........................................2分
4 9 = 1
2 2
9 15 ............................................3分 = 1
4 2 4 2
解得 a 1, b 3 ............................................4分
∴ C x2 y
2
双曲线 的方程为 1 ......................5分
3
（II） 直线MN的方程为 y＝kx＋m，设M (x1 , y1 ), N (x2 , y2 )，
y kx+m
由 消去 y得 (3 k 2 )x 2 2kmx m 2 3 0, ...6分
3x
2 y 2 3
2
所以3 k 2 0， 12(m2 2km m 3 k 2 3) 0, x1 x2 , x x .3 k 2 1 2 3 k 2
...............................................................7分
由 OM ⊥ON，可得 = 0，即 1 2＋ 1 2=0
所以 1 2＋(k 1＋m)(k 2＋m)＝0，
可化为(1＋k2) 1 2＋km( ＋ )＋m21 2 ＝0 .....................9分
m2(1 k2) 3 km 2km即 ＋ 23 k 2 ＋ 3 k2 ＋m ＝0
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则－m2－3－k2m2－3k2＋2k2m2＋3m2－k2m2＝0
即 2m2＝3k2＋3 ..............................................................10分
|m | 2
∴ O l m 3 6到 的距离 d＝ 2 ＝ 2 ＝ ＝ ...12分k 1 k 1 2 2
20. （本小题满分 12分）
解：（I）由题意可得： (0.025 0.050 a 0.175 0.125 0.025) 2 1，
.......................................................1分
解得 a 0.100； ..........................................................2分
（II）根据样本估计总体的思想，取一袋食盐，该食盐的质量
超过 402g的概率为 (0.125 0.025) 2 0.3 .......................3分
从流水线上任取 2袋食盐互不影响，该问题可以看成 2次独立
重复试验，质量超过 402g的袋数 X的所有可能取值为 0,1,2，
且 X服从二项分布 X B (2 , 0.3),
P(X k ) C k2 (0.3)
k (1 0.3)2 k , k 0,1, 2.
P(X 0) C 02 (0.3)
0 (1 0.3)2 0.49, .................................4分
P(X 1) C12 (0.3)
1(1 0.3)1 0.42, .................................5分
P(X 2) C 22 (0.3)
2 (1 0.3)0 0.09 .................................6分
∴随机变量 X的分布列为
X 0 1 2
P 0.49 0.42 0.09
............................................7分
............................................8分
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（Ⅲ）质量超过 402g的食盐数量为 (0.125 0.025) 2 100 30
袋，随机变量 Y的所有可能取值为 0,1,2，且 Y服从超几何分
布.
......................................................9分
.....................................................10分
...................................................11分
∴随机变量 Y的分布列为
Y 0 1 2
P
.........................................12分
21.(本小题满分 12分)
2a 1 3a
I a n n
1
证明：（ ）由 n 1 3a 1，得 a 2a ..................1分n n 1 n
1 3 1 1则 （ 3）an 1 2 a
，
n
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1
又因为a
2
1 ， 3
3
0
9 a1 2
∴ ...............................................................3分
1 3 1
所以数列 3 a 是以 2为首项，以 2为公比的等比数列n
..............................................................4分
1 3 1
（II）由（I）得 3 （ )n 1a 2 2 ......................................6分n
1 3 1
（ )n 1 3 （3 1）n 3
an 2 2 2
则
= = .........................8分
1 1 1 1
因为 99,a1 a2 a3 an
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3(1 1 ) 3n 3 1所以 n 3( )
n 3n 99
2 2
1 n
即 ( ) n 32 .......................................................9分
2
又因为 为单调增函数 ................10分
n 1 ( )n所以满足 32的最大正整数 n为 32 即满足条件的
2
最大整数 n =32 .............................................................12分
22.(本小题满分 12分)
解:（I） f (x)的定义域 ,
f '(x) 2ae2x 2(a 1)ex 2 (2ex 2)(aex 1) ................1分
( i )若 a≤0，则 f '( x )<0，所以 f ( x ) 在 单调
递减． ................................................................................2分
( ii )若 a >0，则由 f ' ( x )=0得 x =- ln a .
当 x ( ,- ln a ）时，f '( x ) < 0;
当 x （- ln a , ）时，f '( x ) > 0.
所以 f ( x )在（ , -ln a）单调递减，在（- ln a , ）
单调递增． ........................................................................4分
（II） f (x) ae2x 2(a 1)e x 2x和 g(x) aex x有两个不
同交点，则
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ae2x 2(a 1)e x 2x ae x x
即ae2x (a 2)ex x 0有两个不同实根，
设h(x) ae2x (a 2)ex x则
h '(x) 2ae2x (a 2)ex 1 (aex 1)(2ex 1) .................5分
( i ）若 a≤0， h ( x )在 R上单调递减，所以 h ( x )至多有一
个零点．不符合题意；.........................................................6分
( ii ）若 a >0，h ( x )在（ ,- ln a）单调递减，
在（- ln a , ）单调递增,
1
当 x =-lna时, h (x)取得最小值,最小值为 h (- ln a )=1- + ln a .
a
..........................................................................7分
①当 a =1时，由于 h (- ln a )=0，故 h ( x)只有一个零点；舍去.
..........................................................................8分
1②当 a (1， ）时，由于 1- + ln a >0,即 h (- ln a ) > 0，
a
故 h(x)没有零点；舍去. .....................................................9分
1
③当 a ( 0, 1）时，h (- ln a )=1- + ln a < 0，即 h (- ln a ) < 0.
a
又 h (- 2 )= ae 4 (a 2)e 2 2>-2e 2 + 2 > 0,
故 h ( x ) 在（ , -ln a）有一个零点． ......................10分
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即 x ln x
因为
3 a
= ln
3 a
,
a a
3 a
又因为当 0< a <1时， >0，∵ x ln x，a
3 a
得 ln
3 a
>0 , 所以
a a
3 a
由于 ln > - ln a，且 h (- ln a )<0，
a
所以 h (x)在（- ln a , ）上有一个零点.
所以 h( x )在 上有两个零点 ...................11分
综上， a 的取值范围为( 0, 1 ) . .......................................12分
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