2023-2024学年高二期中模拟卷人教A版（2019）高二下学期数学期中模拟卷（含解析）

高二下学期数学期中模拟卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．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．测试范围：人教A版2019选择性必修1（约30%），选择性必修2（约35%），选择性必修3第六、七章（约35%），
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知数列为等差数列，，则的公差为（ ）
A．2 B．6 C．1 D．14
2．已知双曲线的焦距为，则的渐近线方程是（ ）
A． B． C． D．
3．已知，若，则的取值可以为（ ）
A．2 B．1 C． D．
4．已知正态分布的正态密度曲线如图所示，，则下列选项中，不能表示图中阴影部分面积的是（　　）

A． B． C． D．
5．若点P是曲线上任意一点，则点P到直线的最小距离为（ ）．
A． B． C．2 D．
6．已知圆关于直线对称的圆的方程为．若点是圆上一点，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
7．设有甲、乙两箱数量相同的产品，甲箱中产品的合格率为90%，乙箱中产品的合格率为80%.从两箱产品中任取一件，经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．已知数列满足，则（ ）
A．4048 B．2025 C．2024 D．2023
选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0
9．下列命题中，正确的是（ ）
A．两条不重合直线的方向向量分别是，，则
B．直线l的方向向量，平面的法向是，则
C．两个不同的平面，的法向量分别是，，则
D．直线l的方向向量，平面的法向量，则直线l与平面所成角的大小为
10．下列说法正确的是（ ）
A．数据6，5，3，4，2，7，8，9的上四分位数(75%分位数)为7
B．样本数据与样本数据满足，则两组样本数据的方差相同
C．若随机事件，满足：，则，相互独立
D．若，且函数为偶函数，则
11．定义在上的函数，已知是它的导函数，且恒有成立，则有（ ）
A． B． C． D．
三．填空题 本题共3小题，每小题5分，共15分
12．雅礼中学将5名学生志愿者分配到街舞社 戏剧社 魔术社及动漫社4个社团参加志愿活动，每名志愿者只分配到1个社团 每个社团至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有 种
13．已知数列的前n项和满足，记数列的前n项和为，，则使得成立的n的最大值为
14．已知函数，方程有2个不同的根，则实数a的取值范围是 .
四．解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
15．（13分）为促进物资流通，改善出行条件，驻某县扶贫工作组引入资金新建了一条从该县到市区的快速道路．该县脱贫后，工作组为了解该快速道路的交通通行状况，调查了行经该道路的各种类别的机动车共1000辆，对行车速度进行统计后，得到如图所示的频率分布直方图：

(1)试根据频率分布直方图，求的值以及样本中的这1000辆机动车的平均车速（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；
(2)设该公路上机动车的行车速度服从正态分布，其中分别取自该调查样本中机动车的平均车速和车速的方差（经计算）．
（i）请估计该公路上10000辆机动车中车速不低于85千米/时的车辆数（精确到个位）；
（ii）现从经过该公路的机动车中随机抽取10辆，设车速低于85千米/时的车辆数为，求的数学期望．
附注：若，则，．
16．（15分）如图，四棱锥的底面为正方形，底面，，过点的平面分别与棱，，相交于，，点，其中，分别为棱，的中点．
(1)求的值；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
17．（15分）已知函数，在处取得极值．
(1)求函数的解析式；
(2)求函数的极值；
(3)设函数，若对于任意，总存在，使得，求实数a的取值范围．
18．（17分）已知抛物线C：的焦点为F，过F的直线交C于A，B两点，过F与垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为，的中点.
(1)若，求点M的横坐标；
(2)证明：直线过定点；
(3)设G为直线与直线的交点，求面积的最小值.
19．（17分）有穷数列中，令，
(1)已知数列，写出所有的有序数对，且，使得；
(2)已知整数列为偶数，若，满足：当为奇数时，；当为偶数时，.求的最小值；
(3)已知数列满足，定义集合.若且为非空集合，求证：.
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】利用等差数列的通项公式的变形即可得解.
【详解】根据题意，因为等差数列中，，
所以公差.
故选：B．
2．C
【分析】根据焦距可求，从而可求渐近线的方程.
【详解】因为焦距为，故，故，故
故渐近线方程为，
故选：C.
3．A
【分析】借助赋值法计算即可得.
【详解】令，有，
即或.
故选：A.
4．C
【分析】借助正态密度曲线的对称性逐项判断即可得.
【详解】正态分布的正态密度曲线关于直线对称，
可得图中阴影部分可表示为，故选项A，B正确；
对C：由对称性可得，故选项C错误；
对D：由对称性可得，
所以图中阴影部分面积可表示为，故选项D正确．
故选：C．
5．A
【分析】求导，求出切点坐标，利用点线距求解.
【详解】∵，设为所求的点，
则
得，，则点P到直线的最小距离为．
故选:A.
6．A
【分析】根据点关于直线对称可得，进而根据直线与圆相切，结合点到直线的距离公式求解.
【详解】设圆的圆心为．
因为圆关于直线对称的圆的方程为，
圆的圆心为，半径为2，
所以圆的半径为2，两圆的圆心关于直线对称，
则解得即，
故圆的方程为．
的几何意义为圆上的点与坐标原点连线的斜率，
如图，过原点作圆的切线，当切线的斜率存在时，设切线方程为，即，所以圆心到直线的距离，解得．
由图可知的最大值是．
故选:A．

7．A
【分析】设事件表示任选一件产品，来自于甲箱，事件表示任选一件产品，来自于乙箱，事件从两箱产品中任取一件，恰好不合格，先利用全概率公式求出，进而可得，，进而可得放回原箱后再取该件产品合格的概率.
【详解】设事件表示任选一件产品，来自于甲箱，事件表示任选一件产品，来自于乙箱，事件从两箱产品中任取一件，恰好不合格，
又
，
经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为
.
故选：A.
8．B
【分析】根据题意，由递推关系可得数列的偶数项是以2为公差的等差数列，即可求得，从而得到结果.
【详解】由可得，且，
两式相减可得，
即数列的偶数项是以2为公差的等差数列，
则，
所以.
故选：B
9．AC
【分析】由可判断A；由可判断B；由可判断C；根据线面角的向量公式直接计算可判断D.
【详解】A选项：因为，且不重合，所以，A正确；
B选项：因为，所以
所以或，B错误；
C选项：因为，所以，C正确；
D选项：记直线l与平面所成角为，则，
因为，所以，D错误.
故选：AC
10．BC
【分析】借助百分位数的概念，方差的性质，相互独立事件的定义与正太分布的性质及偶函数的性质逐项判断即可得.
【详解】对A：将数据从小到大重新排列后为：2、3、4、5、6、7、8、9，
，则其上四分位数为，故A错误；
对B：，故B正确；
对C：，即，故，相互独立，故C正确；
对D：由为偶函数，则，
又由对称性知，
故，即，故D错误.
故选：BC.
11．CD
【分析】构造函数，结合题目所给性质可得在上单调递减，结合函数单调性计算即可得.
【详解】令，则，
由已知可得，即在上单调递减，
所以，
故，即C D选项正确.
故选：CD.
12．240
【分析】根据题意，先将5名学生志愿者分为4组，再将分好的4组安排参加4个社团参加志愿活动，结合分步计数原理，即可求解.
【详解】根据题意，分2步进行分析：
①将5名学生志愿者分为4组，有种分组方法，
②将分好的4组安排参加4个社团参加志愿活动，有种情况，
则有种分配方案.
故答案为：.
13．19
【分析】根据题意，由与的关系可得，再由裂项相消法代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，当时，，
当时，，
且也满足上式，所以，
则，则，
所以，
由可得，解得，
所以使得成立的n的最大值为19.
故答案为：19
14．
【分析】分和两种情况，分别求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间与极值，从而得到函数图象，由方程有2个不同的根,结合函数图象即可得解.
【详解】因为，
当时，则，
当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，在取得极小值，当从1的左边趋于1时，；
当时,，则，
当时,，当时,，
所以在上单调递增，在上单调递增，
所以在取得极大值，，
令，若，则，从而，
当时，；
所以的函数图象如下所示：

方程有2个不同的实数根，
由图可知当且仅当.
故答案为：.
15．(1)0.020，70.5千米时
(2)（i）1587辆（ii）8.4135
【分析】（1）由频率分布直方图各矩形面积为1可列式求解，然后由平均数公式运算即可；
（2）（i）由题可得，则，从而可算得相应速度区间的概率即可；（ii）由题算得，从而由二项分布均值公式即可求解.
【详解】（1），
千米时．
（2）由（1）及题设知：，则，
（i），
辆机动车中车速不低于85千米/时的车辆数辆．
（ii）由（2）知：车速低于85千米/时的概率为，
故，．
16．(1)；
(2).
【详解】（1）方法一：取BC中点Q，连接PQ交BG于点S，连接QD，SF．

∵四边形为正方形，为中点，∴//，，
故四边形为平行四边形，∴//；
又∵平面，平面，∴//平面，
∵平面，平面平面，∴//，∴；
又∵为棱的中点，，∴点为△的重心；
∴，故．
方法二：以为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，
建立如图所示空间直角坐标系：

则，，，，，，
所以，，，，
设，，平面的一个法向量为
所以，，即，解得，
令，解得，故；
又，
平面，所以，
解得，所以．
（2）以A为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，
建立如图所示空间直角坐标系：

则，，，，，，，
所以，，，，，；
设平面的一个法向量为，
所以，即，解得
令，则；
另设平面的一个法向量为，
由（1）知，
∴，
所以，即，解得，
令，则
设平面与平面夹角为，
所以．
即平面与平面夹角的余弦值为.
17．(1)
(2)函数的极小值为，极大值为2.
(3)
【分析】（1）根据题意列出方程组，解出后验证即可；
（2）根据极值的定义结合函数单调性即可求解；
（3）分类讨论求得的最小值及的最小值，结合题意建立不等式，求解即可.
【详解】（1）∵，
则，
由题意可得 ，解得，
则函数的解析式为，
且，
令，解得：，
则当变化时，的变化情况如下表：
减 极小值 增 极大值 减
故符合题意，即.
（2）由（1）可得：当时，函数有极小值；
当时，函数有极大值2.
（3）∵函数在时，，
在时，且，
∴由（1）知：当时，函数有最小值，
又∵对任意总存在，使得，
则当时，的最小值不大于，
对于开口向上，对称轴为，
当时，则在上单调递增，
故的最小值为，得；
当时，则在上单调递减，
故的最小值为，得；
当时，则在上单调递减，在上单调递增，
的最小值为，
得或，不合题意，舍去；
综上所述：的取值范围是.
18．(1)2
(2)证明见解析
(3)8
【分析】（1）由抛物线焦半径公式可得；
（2）思路一设出两直线、方程，直曲联立，用韦达定理表示坐标，点斜式写出直线方程，再由两直线垂直得到，找到定点；思路二设出两点坐标，直曲联立，用韦达定理得到坐标，再得到直线方程，找到定点；
（3）法一表示出，用基本不等式得到，用直线过定点得到，最后得到面积的最小值；法二由图形的几何关系得到，再由（2）中的法2可得，最后由基本不等式得到面积的最小值.
【详解】（1）由题意知
（2）思路一：由：，故，由直线与直线垂直，
故两只直线斜率都存在且不为0，
设直线、分别为，，有，
、、、，
联立：与直线，即有，
消去x可得，，
故、，
则，
故，，
即，同理可得，
当时，则：，
即
，
由，即，
故时，有，
此时过定点，且该定点为，
当时，即时，由，即时，
有：，亦过定点，
故直线过定点，且该定点为；
思路二：设，，不妨设.
设：，则.由，得，
故，，，.
所以.
同理可得.
若，则直线：，过点.
若，则直线：，过点.
综上，直线过定点.
（3）思路一：由、、、，
则：，由、，
故，
同理可得：，联立两直线，即，
有，
即，
有，由，同理，
故
，
故，
过点作轴，交直线于点，则，
由、，
故，
当且仅当时，等号成立，
下证；
由抛物线的对称性，不妨设，则，
当时，有，则点G在x轴上方，点Q亦在x轴上方，
有，由直线过定点，
此时，
同理，当时，有点G在x轴下方，点Q亦在x轴下方，
有，故此时，
当且仅当时，，
故恒成立，且时，等号成立，
故.
思路二：设为的中点，为直线与的交点.
由，分别为，的中点知，所以，故.
设为直线与的交点，同理可得.
所以.
由（2）中的法2可得，同理可得.
所以，
当且仅当时等号成立.
因此的面积的最小值为8.
19．(1)、、、
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）结合题意，逐个计算即可得；
（2）由题意可得，，可得当时，有，当时，，结合，即可得解；
（3）将展开，从而得到证明与之间的项之和，，都为正数，即可得证.
【详解】（1）为时，，
为时，，
为时，，
为时，，
故，且使得的有序数对有、、、；
（2）由题意可得，，
又为整数，故，，
则，
同理可得，
即有，
同理可得，当时，有，
即当时，有，
当时，，
故
；
（3）时，
当时，
，
令且，则有，，
又，故，
即有，，
令且，则有，，
则，
即有，
故，即，
当时，
，
即亦成立，即得证.
【点睛】关键点点睛：本题最后一小问关键点在于将展开，从而得到证明与之间的项之和，，都为正数，即可得证.
答案第1页，共2页