西藏日喀则市2022-2023学年高二下学期期末统一质量检测数学（理）试题(含解析)

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日喀则市2023年高二年级统一质量检测试卷
理科数学
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.作答时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4.试卷分值150分，考试时间120分钟。
第Ⅰ卷 选择题（共60分）
一、单选题（每小题5分，共60分）
1.已知集合，，且，则（ ）
A.-4 B.-2 C.2 D.4
2.已知复数在复平面上对应的点的坐标为，，且为纯虚数，则（ ）
A. B. C.1 D.
3.某种产品的广告支出费用（单位：万元）与销售额（单位：万元）的数据如下表：
2 4 5 6 8
30 40 60 50 70
已知关于的线性回归方程为，则当广告支出费用为5万元时，残差为（ ）万元
A.10 B.14 C.23 D.24
4.已知数列中，，，则（ ）
A.-1 B. C.2 D.1
5. 中，角，，的对边分别为，，，且，若的面积为，则的最小值为（ ）
A.12 B.24 C.28 D.48
6.“第二课堂”是哈九中多样化课程的典型代表，旨在进一步培养学生的人文底蕴和科学精神，为继续满足同学们不同兴趣爱好，美育中心精心准备了大家非常喜爱的中华文化传承系列的第二课堂活动课：陶艺，拓印，扎染，创意陶盆，壁挂，剪纸六个项目供同学们选学，每位同学选择1个项目.则甲、乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选的课全不相同的方法共有（ ）
A.135种 B.720种 C.1080种 D.1800种
7.已知抛物线：的焦点与的一个焦点重合，过焦点的直线与交于，两不同点，抛物线在，两点处的切线相交于点，且的横坐标为4，则弦长（ ）
A.12 B.14 C.15 D.16
8.已知函数的图象在点处的切线与平行，则（ ）
A.-1 B.1 C.-2 D.2
9.甲、乙两位选手进行乒乓球比赛，5局3胜制，每局甲赢的概率是，乙赢的概率是，则甲以3：2获胜的概率是（ ）
A. B. C. D.
10.为了预防肥胖，某校对“学生性别和喜欢吃甜食”是否有关做了一次调查，其中被调查的男女生人数相同，男生喜欢吃甜食的人数占男生人数的，女生喜欢吃甜食的人数占女生人数的，若有95%的把握认为是否喜欢吃甜食与和性别有关，则被调查的男生人数可能是（ ）
参考公式及数据：，其中.
附： 0.05 0.010
3.841 6.635
A.7 B.11 C.15 D.20
11.如图所示，在正方体中，是棱上一点，若平面与棱交于点，则下列说法中正确的是（ ）
A.存在平面与直线垂直 B.四边形可能是正方形
C.不存在平面与直线平行 D.任意平面与平面垂直
12.分形的数学之美，是以简单的基本图形，凝聚扩散，重复累加，以迭代的方式而形成的美丽的图案.自然界中存在着许多令人震撼的天然分形图案，如鹦鹉螺的壳、蕨类植物的叶子、孔雀的羽毛、菠萝等.如图所示，为正方形经过多次自相似迭代形成的分形图形，且相邻的两个正方形的对应边所成的角为15°.若从外往里最大的正方形边长为9，则第3个正方形的边长为（ ）
A.4 B. C.6 D.
第Ⅱ卷 非选择题（共90分）
二、填空题（每小题5分，共20分）
13.已知命题：①设随机变量，若，则；②命题 “，”的否定是“，”；③在中，的充要条件是；④若对于任意的，恒成立，则实数的取值范围是；以上命题中正确的是____________（填写所有正确命题的序号）.
14.在等差数列中，若，则__________.
15.已知双曲线的右焦点.点到该双曲线渐近线的距离为，则双曲线的离心率是_____________.
16.已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第4项的二项式系数相等，且的系数为80，则____________.
三、解答题（17-21题每题12分，22题10分，共70分）
17.已知数列前项和为，满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
18.在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并加以解答.
问题：的内角，，所对的边分别为，，，且满足________.
（1）求；
（2）若，，求的面积.
19.如图，四棱锥的底面是矩形，侧面是正三角形，且侧面底面，为侧棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，试求二面角的正弦值.
20.为了迎接4月23日“世界图书日”，宁波市将组织中学生进行一次文化知识有奖竞赛，竞赛奖励规则如下，得分在内的学生获三等奖，得分在内的学生获二等奖，得分在内的学生获一等奖，其他学生不得奖.为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了如下样本频率分布直方图.
（1）求的值；若现从该样本中随机抽取两名学生的竞赛成绩，求这两名学生中恰有一名学生获奖的概率；
（2）若我市所有参赛学生的成绩近似服从正态分布，其中，为样本平均数的估计值，利用所得正态分布模型解决以下问题：
①若我市共有10000名学生参加了竞赛，试估计参赛学生中成绩超过79分的学生数（结果四舍五入到整数）；
②若从所有参赛学生中（参赛学生数大于10000）随机抽取3名学生进行访谈，设其中竞赛成绩在64分以上的学生数为，求随机变量的分布列 均值.
附参考数据：若随机变量服从正态分布，则
，，.
21.已知椭圆：的上、下焦点分别为，，离心率为，过点作直线（与轴不重合）交椭圆于，两点，的周长为12.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若点是椭圆的上顶点，设直线，，的斜率分别为，，，当时，求证：为定值.
22.设函数，且.
（1）求函数的单调性；
（2）若恒成立，求实数的取值范围.
日喀则市2023年高二年级统一质量检测试卷
理科数学
参考答案
1.B
【分析】解一元二次不等式化简集合，根据交集的结果求解即可.
【详解】因为，，且，
所以.
故选：B.
2.C
【分析】根据复数的乘法运算法则化简，由纯虚数的概念求出，由复数的除法运算以及复数的模长公式可得结果.
【详解】复数，，则，
依题意得，，解得，即，
，
所以.
故选：C.
3.A
【分析】将代入回归直线方程，可得出销售额的预测值，然后利用残差的定义可求得结果.
【详解】，，带入线性回归方程，得，将代入回归直线方程，，残差为万元.
故选：A.
4.B
【分析】先根据递推公式代入计算出前几项的值，即可判别出数列是以3为最小正周期的周期数列，
根据周期数列的性质特点即可计算出的值，得到正确选项.
【详解】数列中，，，
可知，，，
故数列是以3为最小正周期的周期数列，
所以.
故选：B
5.A
【分析】利用两角和的正弦公式求得角的值，利用三角形的面积公式得出，利用余弦定理结合基本不等式可求得的最小值.
【详解】，
即，∴，
∵，则，得，
∵，解得.
由三角形的面积公式得，∴，
由余弦定理得，
即，∴，当且仅当时等号成立，
因此，的最小值为12.
故选：A.
6.C
【分析】分为恰有2名学生所选的课相同，以及4名学生所选的课全不相同两种情况，分别计算求解得出，相加即可得出答案.
【详解】恰有2名学生选课相同，
第一步，先将选课相同的2名学生选出，有种可能；
第二步，从6个项目中选出3个排好，有.
根据分步计数原理可得，方法有；
4名学生所选的课全不相同的方法有.
根据分类加法计数原理可得，甲、乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选的课全不相同的方法共有.
故选：C.
7.D
【分析】由题意可得的值及抛物线方程，设直线的方程为，利用导数求得在点及点处的切线方程，联立可得，由的横坐标为4得，将的方程代入抛物线方程，可得，由韦达定理得，进而结合抛物线定义求得弦长.
【详解】由题意可得，，则，抛物线方程为，准线方程.
由题意，直线的斜率存在，设直线的方程为，
设，，其中，，
由，得.
∴在点处的切线方程为，化简得，①
同理可得在点处的切线为，②
联立①②得，由的横坐标为4，得，
将的方程代入抛物线方程，可得，
∴，，得，
∴，
则.
故选：D.
8.B
【分析】求得，根据题意得出方程，即可求解.
【详解】，因为函数的图象在点处的切线斜率为2，
可得，解得.
故选：B.
9.D
【解析】根据题意，可知5局3胜制，甲以3：2获胜，则第5局甲胜，且前4局甲胜2局，根据二项分布即可求出概率.
【详解】解：由题可知，5局3胜制，甲以3：2获胜，
则第5局甲胜，且前4局甲胜2局，
故所求概率为.
故选：D.
【点睛】本题考查独立重复试验求概率以及二项分布的实际应用，属于基础题.
10.C
【分析】设男生的人数为：，根据题意可列出2×2列联表，由公式求出，由求出的取值范围，可得答案.
【详解】由题意被调查的男女生人数相同，设男生的人数为：，由题意可列出2×2列联表：
男生 女生 合计
喜欢吃甜食
不喜欢吃甜食
合计
.
由于有95%的把握认为是否喜欢吃甜食和性别有关，
所以；解得：，因为，
故的可能取值为：12，13，14，15，16，17，18，19，
即男生的人数可以是：12，13，14，15，16，17，18，19，
所以选项ABD错误，选项C正确.
故选：C.
11.D
【分析】根据正方体的性质判断A，根据面面平行的性质得到四边形是平行四边形，再由，即可判断B，当为的中点时为的中点，即可判断C，建立空间直角坐标系，利用向量法说明D.
【详解】对于A：在正方体中平面，
显然平面与平面不平行，故直线不可能垂直平面，故A错误；
对于B：在正方体中，是棱上一点，平面与棱交于点，
由平面平面，并且，，，四点共面，
平面平面，平面平面，
∴，同理可证，故四边形是平行四边形，
在正方体中，由几何知识得，平面，
∵平面，∴，
若是正方形，有，
此时与重合时，但显然四边形不是正方形，故B错误；
对于C：当为的中点时，为的中点，所以且，
所以为平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面，故C错误；
对于D：设正方体边长为2，建立空间直角坐标系如下图所示，
由几何知识得，，，，，，
∴，，，
∵，
∴，，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵平面，
∴任意平面与平面垂直，故D正确.
故选：D
12.C
【分析】设第个正方形的边长为，根据分形特点可得是以9为首项，为公比的等比数列，从而可得第5个正方形的边长.
【详解】设第个正方形的边长为，则由已知可得
∴，
∴是以9为首项，为公比的等比数列，
∴.
故选：C.
13.①④
【详解】试题分析：①，∴，∴，故①对；
②命题“，”的否定是“，”，故②错；
③中当，时不等式不成立，故③错；
④若对于任意的，恒成立，∴恒成立，令在上单调递减；在上单调递增，，
∴，所以的取值范围是成立.故本题正确为①④.
考点：命题的真假判断与应用.
【易错点睛】本题主要考查简易逻辑，考查的知识点多，需要较好的基础，属于常考题型.对于命题真假的判定，关键是分清命题的条件与结论，只有将条件与结论分清，再结合所涉及的知识才能正确地判断命题的真假.命题的真假判断涉及的知识点多，面广，起到了桥梁的作用，学生须仔细分别.本题难度中等.
14.24
【分析】由等差中项的性质即可求解.
【详解】因为在等差数列中，有，所以由，
得，，又，所以.
故答案为：24
15.2
【分析】取双曲线的一条渐近线，根据右焦点到一条渐近线的距离为，可求得，，即可求出双曲线的离心率
【详解】不妨取双曲线的一条渐近线，即，
易得，则右焦点渐近线的距离，
所以，则，
所以双曲线的离心率.
故答案为：2
16.2
【分析】先求第3项与第4项的二项式系数，由条件求，再列方程求.
【详解】二项式的展开式的通项公式为
，，
所以第3项的二项式系数，第4项的二项式系数为，
因为第3项的二项式系数与第4项的二项式系数相等，
所以，解得，
所以在的展开式中的系数为，解得，
故答案为：2.
17.（1），
（2）
【分析】（1）根据，的关系求通项公式；
（2）利用错位相减法和裂项相消法求和.
【详解】（1）因为，
所以当时，，故；
当时，，
作差，得，
即，此式对也成立，
故数列的通项公式为，.
（2）由（1）知，，
不妨令，且数列的前项和，
则，
，
作差，得，
即.
则
，
即数列的前项和为.
18.（1）任选一个条件，都有
（2）
【分析】（1）选择①：先利用正弦定理将边角关系转化为角角关系，再利用两角和的正弦公式、辅助角公式进行求解；选择②：先利用正弦定理将边角关系转化为边边关系，再利用余弦定理进行求解；选择③：先利用正弦定理将边角关系转化为角角关系，再利用两角和的正弦公式进行求解；
（2）先利用正弦定理将转化为，再结合余弦定理得到，进而利用三角形的面积公式进行求解.
（1）解：选择①：
因为，
所以，
所以
即，
又，所以，
所以，又，
所以，得；
选择②：
因为，
所以，即，
所以，
又，所以；
选择③：
因为，
所以，
所以，
即
又，所以，
又，所以；
（2）解：设外接圆的半径为，
因为，所以，
又，所以，
又因为，
所以，
即，解得，
所以的面积为.
19.【分析】（1）方法一：连接交于点，连接，先证明，从而可证平面；方法二：建立空间直角坐标系，用向量法先证明线线平行，从而可证线面平行；
（2）利用向量法求解即可.
【详解】（1）方法一：连接交于点，连接，
因为四边形是矩形，所以点是中点，又点是中点，
所以，又平面，不包含于面，故平面.
方法二：
取的中点，连接，
因为，所以，
又因为侧面底面，且侧面底面，平面，
所以平面，
如图，建立空间直角坐标系，设，，
则，，，，
连接交于点，则.
，，
∴，即，又平面，且不包含于平面，∴平面.
（2）设，
则，，，，
，，，
设是平面的法向量，
则，即
令，解得，∴，
设是平面的法向量，
则，即
令，解得，，∴，
所以，
设所求二面角的平面角为，由图可知为锐角，则，
所以.
20.（1）；
（2）①1587；②分布列见解析；期望为
【分析】（1）由频率分布直方图的性质求，根据样本频率分布直方图确定获奖人数，再求得从该样本中随机抽取的两名学生的竞赛成绩基本事件总数，与“抽取的两名学生中恰有一名学生获奖”情况数，利用古典概型计算概率即可；
（2）由样本频率分布直方图得，求解样本平均数的估计值，即可得正态分布的均值，按照正态分布的性质求解参赛学生中成绩超过79分的学生数；由样本估计总体可知随机变量服从二项分布，根据二项分布确定概率分布列与数学期望即可.
【详解】（1）由频率分布直方图性质可得：
所以，，
由样本频率分布直方图得，样本中获一等奖的有人，
获二等奖的有人，获三等奖的有人，
共有30人获奖，70人没有获奖，
从该样本中随机抽取两名学生的竞赛成绩，基本事件总数为，
设“抽取的两名学生中恰有一名学生获奖”为事件A，
则事件A包含的基本事件的个数为，因为每个基本事件出现的可能性都相等，所以，
即抽取的两名学生中恰有一名学生获奖的概率为
（2）由样本频率分布直方图得样本平均数的估计值，
则所有参赛学生的成绩近似服从正态分布，
①因为，，
所以，
故参赛学生中成绩超过79分的学生数约为.
②由，得，
即从所有参赛学生中随机抽取1名学生，该生竞赛成绩在64分以上的概率为，
所以随机变量服从二项分布，
所以，，
，，
所以随机变量的分布列为：
0 1 2 3
.
21.（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）由条件结合椭圆的定义和离心率的定义列方程求，，，由此可得椭圆方程；
（2）由已知设的方程为，联立方程组利用设而不求法求，由此证明结论.
【详解】（1）依题意，的周长为，
解得.
设椭圆的半焦距为，
因为椭圆的离心率为，
所以，即，解得.
因为，
所以.
所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1）知，，.易知直线的方程为.
由消去得，
.
设，，则，.
所以，.
所以.
.
所以.
所以，为定值.
【点睛】关键点点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去（或）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系.
（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.
22.（1）答案见解析
（2）
【分析】（1）求导后分与两种情况讨论即可；
（2）方法一：讨论当时成立，当时参变分离可得，再构造函数，，求导分析最小值即可；
方法二：将题意转化为，再构造函数，求导分类讨论单调性与最大值即可.
【详解】（1），，
当时，恒成立，则在上单调递增；
当时，时，，则在上单调递减；
时，，则在上单调递增.
（2）方法一：在恒成立，则
当时，，显然成立，符合题意；
当时，得恒成立，即
记，，，
构造函数，，则，故为增函数，则.
故对任意恒成立，则在递减，在递增，所以
∴.
方法二：在上恒成立，即.
记，，，
当时，在单增，在单减，则，得，舍：
当时，在单减，在单增，在单减，，，
得；
当时，在单减，成立；
当时，在单减，在单增，在单减，，，而，显然成立.
综上所述，.