2022-2023学年安徽省芜湖市高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年安徽省芜湖市高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 经过点，倾斜角为的直线的点斜式方程为( )
A. B. C. D.
2. 已知数列是等差数列，，，则( )
A. B. C. D.
3. 某工厂生产的新能源汽车的某部件产品的质量指标服从正态分布，若，则( )
A. B. C. D.
4. 为抛物线：的焦点，直线与抛物线交于，两点，则为( )
A. B. C. D.
5. 在棱长为的正四面体中，为的中点，为上靠近的三等分点，则为( )
A. B. C. D.
6. 甲、乙、丙、丁、戊、己共名同学进行数学文化知识比赛，决出第名到第名的名次甲、乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都不是第一名”对乙说：“你和丙的名次是相邻的”从对这两人回答分析，这人的名次排列的所有可能不同情况有种．( )
A. B. C. D.
7. 客机越来越普及之后，为了减少空气阻力、降低油耗以及减少乱流，飞机开始越来越往高空飞，飞机的机身也因此做了很多调整，其中一项调整是机舱必须加压，好让旅客在内部能够生存，为了更好地分散机窗压力，工程师将最开始的方形窗户改为椭圆形窗户如图所示，使其均匀受压，飞机更为安全一缕阳光从飞机窗户射入，在机舱地面上形成轮廓为圆的光斑，如图所示若光线与地面所成角为，则椭圆的离心率为( )
A. B. C. D.
8. 已知，，，则下列不等关系正确的是( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列说法正确的有( )
A. 随机变量的方差越大，则随机变量的取值与均值的偏离程度越大
B. 随机抛掷质地均匀的硬币次，出现次正面向上的可能性为
C. 根据分类变量与的样本数据计算得到，根据小概率的独立性检验，可判断与有关，且犯错误的概率不超过
D. 若变量关于变量的经验回归方程为时，则变量与负相关
10. 已知函数是自然对数的底数，则下列结论正确的是( )
A. 曲线的切线斜率可以是
B. 曲线的切线斜率可以是
C. 过点且与曲线相切的直线有且只有条
D. 过点且与曲线相切的直线有且只有条
11. 一个不透明的袋子里，装有大小相同的个红球和个白球，每次从中不放回地取出一球，现取出个球，则下列说法正确的是( )
A. 两个都是红球的概率为
B. 在第一次取到红球的条件下，第二次取到白球的概率为
C. 第二次取到红球的概率为
D. 第二次取到红球的条件下，第一次取到白球的概率为
12. 已知数列有无限项且满足：，，其中为大于的常数，则下列说法正确的有( )
A. 当时，若数列是等差数列，则
B. 当时，若数列是单调递增数列，则
C. 存在，数列是单调递增数列
D. 任意，数列不可能是单调递增数列
三、填空题（本大题共4小题，共16.0分）
13. 已知函数，则 ______ ．
14. 在的展开式中，含的项的系数是______ ．
15. 已知圆：，，若圆上存在两点，使得为等边三角形，则的取值范围为______ ．
16. 俄罗斯方块游戏，是一款由俄罗斯人阿列克谢帕基特诺夫发明的休闲游戏，它的玩法就是用一些随机出现的几何图案去填充平面区域，消去一行就会有得分，如果一次能消去多行，则会得到很多额外的奖励分，但这会承担一定的风险，因为这些随机的图案是需要通过适当的平移或旋转后才可能被放置到合适的空位上去的，当剩余的内容太多时，就不容易做这些操作，而导致失败已知这些随机出现的图案都是由若干块相同的小正方形拼接在一起构成的，要求相邻的两个正方形必须有一条公共边相连如果相同小正方形的个数为，记用它们构成的不同图案总数为通过平移或旋转后重合的视为同一个图案已知，，，则 ______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共44.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
年月，某高中开展了“最美寝室”文化布置评比活动，学生会成员随机抽取了间寝室进行量化评估，其中有间寝室被评为优秀寝室．
现从这间寝室中随机抽取间，求有间优秀的概率；
以这间寝室的评估情况来估计全校寝室的文化布置情况，若从全校所有寝室中任选间，记表示抽到优秀的寝室间数，求的分布列和期望．
18. 本小题分
在三棱锥中，底面是边长为的等边三角形，，且直线与平面所成角为，为中点．
求证：平面平面；
求二面角的正弦值．
19. 本小题分
已知等比数列的前项和为，且满足．
求数列的通项；
在和之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求证：．
20. 本小题分
杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有详解九章算法、日用算法和杨辉算法，杨辉在年所著的详解九章算法给出了如下图所示的表，我们称这个表为杨辉三角，图是杨辉三角的数字表示，杨辉三角的发现要比欧洲早年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的．
杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题．
性质：杨辉三角的第行就是的展开式的二项式系数；
性质对称性：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即；
性质递归性：除以外的数都等于肩上两数之和，即；
性质：自腰上的某个开始平行于腰的一条线上的连续个数的和等于最后一个数斜右下方的那个数，比如：，；
请回答以下问题：
求杨辉三角中第行的各数之和；
证明：；
在的展开式中，求含项的系数．
21. 本小题分
已知函数
讨论的单调性；
若有两个零点，求的取值范围．
22. 本小题分
已知以为焦点的椭圆过，，记椭圆的另一个焦点的轨迹为曲线．
求曲线的方程；
若直线是曲线的切线，且与直线和分别交于点，，与轴交于点，求证：为定值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：经过点，倾斜角为的直线的点斜式方程为，即．
故选：．
由已知结合直线的倾斜角与斜率关系及直线方程的点斜式即可求解．
本题主要考查了直线方程的点斜式，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：数列是等差数列，，，
则．
故选：．
根据已知条件，结合等差中项的性质，即可求解．
本题主要考查等差中项的性质，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由正态分布可知，，
则，
所以．
故选：．
根据题意，由正态分布的特点，代入计算，即可得到结果．
本题考查正态分布的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：已知为抛物线：的焦点，
则，
又直线与抛物线交于，两点，
则，，
则，，
即，
则．
故选：．
由直线与抛物线的位置关系，结合余弦定理求解即可．
本题考查了直线与抛物线的位置关系，重点考查了余弦定理，属基础题．
5.【答案】
【解析】解：取的中点，连接，，
为的中点，为上靠近的三等分点，且是棱长为的正四面体，
，，，，，且，
在中，由余弦定理可得：，
，
在中，由余弦定理可得：
，
与的夹角为与的夹角，即为的补角，
，
．
故选：．
根据题意，取的中点，连接，，由余弦定理可得的长，再由余弦定理可得，再结合平面向量数量积的定义计算即可．
本题考查平面向量的数量积，还考查了转化思想和数学运算，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：若丙是第名，则乙是第名，其余人任意排列，有种，
若丙不是第一，把乙丙当作个元素，从剩余人选人排在第一位，其余任意排列，有种，
则共有种．
故选：．
讨论丙是第名和不是第名两种情况，然后利用相邻问题，并结合捆绑法进行求解即可．
本题主要考查简单的计数问题，利用相邻问题的捆绑法进行计算是解决本题的关键，是中档题．
7.【答案】
【解析】解：因为一缕阳光从飞机的椭圆形窗户射入，在机舱地面上形成轮廓为圆的光斑，
不妨设圆的半径为，
此时，
因为光线与地面所成角为，
所以，
又，
联立，解得．
故选：．
由题意，设圆的半径为，结合所给信息找到，与圆的半径之间的关系，利用离心率公式再求解即可．
本题考查椭圆的性质，考查了逻辑推理和运算能力．
8.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
由泰勒展开式可得，，
所以，、
，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以．
故选：．
由，得，可得与的大小关系，由，，得，进而可得，的大小关系，即可得出答案．
本题考查值大小关系，解题中需要推理能力和计算能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：随机变量的方差越大，则随机变量的取值比较分散，与均值的偏离程度越大，故A正确；
随机抛掷质地均匀的硬币次，出现次正面向上的可能性近似为，故B错误；
根据分类变量与的样本数据计算得到，根据小概率的独立性检验，
可判断与有关，，犯错误的概率超过，故C错误；
若变量关于变量的经验回归方程为时，由，可知变量与负相关，故D正确．
故选：．
由概率统计的有关概念逐一分析四个选项得答案．
本题考查统计及其有关概念，是基础题．
10.【答案】
【解析】解：由，得，曲线的切线斜率可以是，不可以是．
故A错误，B正确；
设切点坐标为，则过切点的切线方程为，
把代入，得，解得，
则过点且与曲线相切的直线有且只有条，故C正确；
把代入，得，即，
令，则，
当时，，当时，，
，又时，，当时，，
方程有两不等根，即过点且与曲线相切的直线有且只有条，故D正确．
故选：．
求出原函数的导函数，利用导函数的值域判断；设切点坐标，求出过切点的切线方程，分别代入与，求解切点横坐标判断．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用导数求最值，考查运算求解能力，是中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于，两个都是红球的概率为，A错误；
对于，在第一次取到红球的条件下，第二次取到白球的概率为，B正确；
对于，第二次取到红球的概率为，C正确；
对于，第一次取得白球，第二次取得红球的概率为，
第二次取到红球的概率为，
所以第二次取到红球的条件下，第一次取到白球的概率为，D正确．
故选：．
利用条件概率计算公式进行计算即可．
本题主要考查条件概率的计算，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：对于，由数列为等差数列，可设其公差为，
则，解得，
由，则，解得，故A正确；
对于，由数列为递增数列，则，
设，，
两式相减可得：，解得，故B正确；
对于、，当时，，显然此时数列不是递增数列；
当且时，由，，，，
则，则，同理可得：，
两式相减可得：，
当时，必定存在，当时，，则数列不是递增数列；
，
当时，必定存在，当时，，则数列不是递增数列．
故C错误，D正确．
故选：．
对于，根据等差数列的定义，结合题目中等式，建立方程，解得公差，可得答案；
对于，根据单调递增数列的定义，建立方程与不等式，可得答案；
对于、，利用分类讨论的思想结合累加法和递增数列的定义，根据作差法，可得答案．
本题考查了等差数列的性质、对数列单调性的判断，也考查了计算能力及逻辑推理能力，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：，
则，
故．
故答案为：．
根据已知条件，对求导，将代入导函数，即可求解．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：展开式中，含的项为，
即展开式中，含的项的系数为．
故答案为：．
根据多项式乘积的性质进行求解即可．
本题主要考查二项式定理的应用，根据多项式乘积的性质进行计算是解决本题的关键，是基础题．
15.【答案】
【解析】解：由题意知为等边三角形，
设为的中点，连接，则，
因为，在圆：上，
故，
故A，，三点共线，
当时，，满足圆上存在两点，，使得为等边三角形；
当时，直线的斜率为，则斜率为，
设方程为，到的距离为，，
而，
故，
即，
令，则，
即，
由于，
故，
解得，即，
，
解得或，
综上，．
故答案为：．
根据题意，易知，，三点共线，分以及讨论，当时，利用点到直线的距离结合方程知识，利用判别式得解．
本题考查直线与圆的综合运用，解答本题的关键在于要结合圆以及等边三角形的几何性质，找到线段之间的数量关系，结合方程知识求解，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：根据题意，如图：由个小正方形拼在一起的图形有：
共种，即．
故答案为：．
根据题意，列举分析个小正方形拼在一起的图形，即可得答案．
本题考查合情推理的应用，涉及数列的定义，属于基础题．
17.【答案】解：设表示所抽取的间寝室中有间寝室优秀，抽取的间寝室中有间优秀为事件，
则．
由题表数据可知，从间寝室中任选间是优秀的概率为，
由题可知的所有可能取值为，，，，则，
，，，，
所以的分布列为
．
【解析】根据组合数公式，结合超几何分布的概率公式，即可求解；
首先由题意可得，再根据二项分布概率公式，即可求分布列和数学期望．
本题主要考查离散型随机变量的分布列和方差和二项分布，属于中档题．
18.【答案】解：证明：为等边三角形，，且为的中点，
，，
，平面，
平面，平面平面．
过作延长线的垂线，垂足为，连接，
由知，平面，
平面，，
，平面，
直线与平面所成角为，则，
以为坐椅原点，，所在直线分别为轴，轴，
过点作与平行的直线为轴，建立如图所求的空间直角坐标系，
由题可得，，，，
，，，
设为平面的法向量，
则，取，得，
设是平面的法向量，
则，取，得，
，
二面角的正弦值为．
【解析】要证明面面垂直，需先证明线面垂直，转化为证明平面；
根据的结果，过点作延长线的垂线，垂足为，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量的夹角公式，即可求解．
本题考查面面垂直的判断与性质、二面角的正弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】解：由题意，设等比数列的公比为，
则当时，，
化简整理，得，
即，，
等比数列的公比，
当时，，
解得，
，．
证明：由题意及可得，
，
则，
令，
则，
，
两式相减，
可得
，
，
，，
，
故不等式对任意恒成立．
【解析】先设等比数列的公比为，当时，根据题干已知条件并结合公式进行推导可得，，即可得到等比数列的公比，然后将代入题干表达式计算出首项的值，即可计算出等比数列的通项公式；
先根据题意及第题的结果推导出的表达式，然后计算出的表达式，令，再运用错位相减法计算出的表达式，最后根据不等式的性质运算即可证明结论成立．
本题主要考查数列求通项公式，以及数列求和与不等式的综合问题．考查了整体思想，分类讨论思想，转化与化归思想，等比数列通项公式的运用，错位相减法，不等式的性质运算，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
20.【答案】解：杨辉三角中第行的各数之和为：
；
证明：因为右边，
左边，所以左右，
故：；
的展开式中，含项的系数为：
．
【解析】由杨辉三角的第行结合组合数公式化简即可求解；利用组合数公式化简即可证明；由二项式定理以及组合数公式化简即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，涉及到组合数公式的应用，属于中档题．
21.【答案】解：由，得，
当时，令得，
所以在上，单调递减，
在上，单调递增，
当时，令得或，
若，即时，在上，单调递减，
在上，单调递增，
在上，单调递减，
若，即时，在上，单调递减，
若，即时，在上，单调递减，
在上，单调递增，
在上，单调递减，
综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增，
当时，在，上单调递减，在上单调递增，
当时，在单调递减，
当时，在，上单调递减，在上单调递增．
由知当时，在上单调递减，在上单调递增，
，
若有两个零点，则，
所以，
由知当时，在，上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，
所以，
又，
所以，
当时，，
所以只有一个零点，不符合题意，
由当时，在单调递减，至多一个零点，不符合题意，
由知当时，在，上单调递减，在上单调递增，
，
令，，
，
令得，
所以在上，单调递减，
在上，单调递增，
所以，
当时，，
所以只有一个零点，不符合题意，
综上所述，的取值范围为．
【解析】求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得单调性．
结合的单调性，分析极值的符号，函数的零点，即可得出答案．
本题主要考查了导数与单调性的关系，以及函数零点问题，分类讨论是本题的解题关键．
22.【答案】解：由题意得，
则，
所以的轨迹是以，为焦点的双曲线的右支，
则，，可得，，，
故曲线的方程为；
证明：当切线的斜率存在时，设切线为，
则，
联立，可得：，
则，即，
设，，直线和是曲线的渐近线，
联立，可得，
则，
，
，
所以．
当切线的斜率不存在时，易知．
综上，为定值．
【解析】根据题意，由双曲线的定义可得的轨迹是以，为焦点的双曲线的右支，由此得解；
根据题意，分直线的斜率存在和不存在两种情况，讨论即可得证．
本题主要考查了直线与双曲线的位置关系，解答本题的关键在于分直线的斜率存在与不存在讨论，然后联立直线与双曲线方程，结合韦达定理代入计算，属于中档题．
第1页，共1页