2022-2023学年广东省东莞市东华高级中学、东华松山湖高级中学高二（下）第二次学习效率检测数学试卷（港澳台）(含解析）

2022-2023学年广东省东莞市东华高级中学、东华松山湖高级中学高二（下）第二次学习效率检测数学试卷（港澳台）
一、单选题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.等差数列中，，求( )
A. B. C. D.
2.设是一个离散型随机变量，其分布列如图，则等于( )


A. B. C. D.
3.函数在上是( )
A. 偶函数、增函数 B. 奇函数、减函数 C. 偶函数、减函数 D. 奇函数、增函数
4.某同学计划年高考结束后，在，，，，五所大学中随机选两所去参观，则大学恰好被选中的概率为( )
A. B. C. D.
5.已知定义在上的函数的图像如图，则不等式的解集为( )
A.
B.
C.
D.
6.年贺岁档共有七部电影，根据猫眼专业版数据显示，截止到年月日时，年度大盘票房含预售突破了亿元大关其中历史题材的轻喜剧满江红位列第一，总票房已经达到了亿，科幻题材的流浪地球也拥有近亿元的票房，现有编号为，，，的张电影票，要分给甲、乙两个人，每人至少分得一张，那么不同分法种数为( )
A. B. C. D.
7.过双曲线的右焦点作一条渐近线的垂线，垂足为若为坐标原点，则该双曲线的离心率为( )
A. B. C. D. 或
8.已知等比数列中，，，则( )
A. B. C. D.
9.过点的直线被圆：截得的弦长最短，则直线的斜率是( )
A. B. C. D.
10.已知，则事件与的关系是( )
A. 与互斥不对立 B. 与对立
C. 与相互独立 D. 与既互斥又相互独立
11.已知，则( )
A. B. C. D.
12.如图，在四棱锥中，平面底面，平面底面，四边形为正方形，且，为的重心，则与底面所成的角满足( )
A.
B.
C.
D.
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
13.今年月日东华港澳台高三年级与外校进行了一次联合联考模拟考试，这次测试的数学成绩，且，规定这次测试的数学成绩高于分为优秀若此次联考共有名学生参加测试，则数学成绩为优秀的人数是______．
14.设，则方程的解集为______．
15.已知函数的图象在处的切线在轴上的截距为，则实数 ______．
16.若数列为等比数列，且，，则______．
17.如图为正六棱柱，若从该正六棱柱的个侧面的条面对角线中，随机选取两条，则它们共面的概率是______．
18.已知，，是方程的两根，且，则的最大值是 ．
三、解答题：本题共4小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.本小题分
已知数列是递增的等比数列，且，．
求数列的公比；
设，求数列的前项和．
20.本小题分
甲，乙两个同学同时报名参加某重点高校年自主招生，高考前自主招生的程序为审核材料和文化测试，只有审核过关后才能参加文化测试，文化测试合格者即可获得自主招生入选资格已知甲，乙两人审核过关的概率分别为，，审核过关后，甲，乙两人文化测试合格的概率分别为，．
求甲，乙两人至少有一人通过审核的概率；
设表示甲，乙两人中获得自主招生入选资格的人数，求的数学期望．
21.本小题分
已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，且右焦点为．
求椭圆的标准方程；
直线：交椭圆于，两点，若线段中点的横坐标为求直线的方程．
22.本小题分
已知函数．
求的单调性；
若关于的方程在上有两个不相等的零点，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：等差数列中，，
所以，
所以．
故选：．
由已知结合等差数列的性质即可求解．
本题主要考查了等差数列的性质的应用，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：由分布列的性质得
；
；
故选C
由离散型随机变量的分布列的性质，其每个值的概率都在之间，且概率之和为，得到关于的不等式组，求解即可．
本题考查离散型随机变量的分布列的性质及应用，属基本运算的考查．
3.【答案】
【解析】解：，则，
所以是奇函数，
，
所以在上单调递增．
故选：．
由函数奇偶性的定义可判断奇偶性，由导数即可判断单调性．
本题主要考查函数奇偶性与单调性的判断，考查导数的应用，考查逻辑推理能力，属于基础题．
4.【答案】
【解析】【解答】
解：依题意，在，，，，五所大学中随机选两所去参观的基本事件总数为：，大学恰好被选中的基本事件为：，
所以大学恰好被选中的概率为：．
故选：．
【分析】
基本事件总数为，大学恰好被选中的基本事件为：，根据古典概型概率公式即可求解．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：结合函数图象可知，当时，单调递减，即，
故选：．
先找出函数单调递减的范围，即可求求解．
本题主要考查了导数与单调性关系，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：根据题意，分种情况讨论：
甲分得张，乙分得张，有种分法，
甲分得张，乙分得张，有种分法，
甲分得张，乙分得张，有种分法，
则有种分法；
故选：．
根据题意，按甲乙分得电影票的数目分种情况讨论，由加法原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：在中，因为，
所以，则，
所以，
故选：．
根据题意可得，从而，再由求解．
本题考查双曲线的几何性质，化归转化思想，方程思想，属基础题．
8.【答案】
【解析】解：依题意，由等比中项的性质，
可得，
则
．
故选：．
本题根据等比中项的性质及完全平方公式进行推导即可计算出结果．
本题主要考查等比数列的基本运算，考查了整体思想，转化与化归思想，等比中项的性质运用，以及逻辑推理能力，属基础题．
9.【答案】
【解析】解：由圆，可得圆心坐标为，
根据圆的性质，可得当过点与圆心垂直时，此时弦长最短，
因为，所以直线的斜率为．
故选：．
根据圆的性质得到过点与圆心垂直时，此时弦长最短，求得，即可求得直线的斜率．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，是基础题．
10.【答案】
【解析】解：由，可得，
因为，则与不互斥，不对立，
由可得，
因为，所以与相互独立．
故选：．
由互斥事件加法公式和独立事件乘法公式计算判断．
本题考查互斥事件与对立事件，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：令，则，
所以时，，时，，
即在区间上单调递增，在区间上单调递减，
因为，，，
又因为，
则在区间上单调递增，
所以．
故选：．
通过构造函数，利用的单调性即可比较出，，的大小关系．
本题考查导数的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：因为四边形为正方形，所以，
因为平面底面，平面底面，底面，
所以平面，
又因为平面，所以，同理可得，
所以，，两两垂直，
以为坐标原点，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，
易知平面的一个法向量为，
则，
所以，．
故选：．
以为坐标原点，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，利用线面角的坐标表示求解即可．
本题考查面面垂直的性质，考查用向量法计算直线与平面所成的角，属中档题．
13.【答案】
【解析】解：由，得正态分布曲线的对称轴为，
因为，所以，
则数学成绩为优秀的人数是．
故答案为：．
由已知结合正态分布曲线的对称性得，乘以总人数即可得出答案．
本题考查正态分布曲线的对称性，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：由题得，，，．
所以方程的解集为．
故答案为：．
解方程即得解．
本题主要考查函数零点与方程根的关系，考查运算求解能力，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：由，得，
则，又，
函数的图象在处的切线方程为，
取，可得，可得．
故答案为：．
求出原函数的导函数，得到函数在处的导数值，再由直线方程的点斜式可得函数的图象在处的切线方程，取得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，熟记基本初等函数的导函数是关键，是基础题．
16.【答案】
【解析】解：数列为等比数列，且，，
所以，
则．
故答案为：．
由已知结合等比数列的性质即可求解．
本题主要考查了等比数列的性质，属于基础题．
17.【答案】
【解析】解：由题意知，若两个对角线在同一个侧面，因为有个侧面，所以共有组，
若相交且交点在正六棱柱的顶点上，因为有个顶点，所以共有组，
若相交且交点在对角线延长线上时，如图所示，连接，，，，，
先考虑下底面，根据正六边形性质可知，所以，
且，故ADC共面，且共面，
故AF，相交，且，相交，故共面有组，
则正六边形对角线所对应的有组共面的面对角线，
同理可知正六边形对角线，所对的分别有两组，共组，
故对于上底面对角线，，同样各对两组，共组，
若对面平行，一组对面中有组对角线平行，三组对面共有组，
所以共面的概率是．
故答案为：．
共面分为平行和相交，平行时，只需要考虑对面平行中的直线即可，相交时分为：在侧面内相交，两个相邻面相交于一个点，相隔一个面中相交于对角线延长线上，分别分析几种情况下对角线共面的个数，再利用古典概型的概率计算公式，计算结果即可．
本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了棱柱的结构特征，属于中档题．
18.【答案】
【解析】解：由题意，是方程的两根，且，
则，，，即，
所以，，
令，，，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
则当时，取最大值，
所以的最大值是．
故答案为：．
由题意得，，即，所以，构造函数，，结合函数的单调性及最值求解即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：设等比数列的公比为，
所以，
解得，，或，，
又因为数列为递增数列，所以，
所以，；
数列的通项公式为，
则，
所以，
．
【解析】由等比数列的通项公式计算基本量，从而得出的通项公式；
由可得，再由裂项相消法求和即可．
本题主要考查了等比数列的通项公式的应用，还考查了裂项求和方法的应用，属于中档题．
20.【答案】解：设“甲，乙两人至少有一人通过审核”，则
．
，，，
，
，
．
的分布列为：
．
答：甲，乙两人至少有一人通过审核的概率为；
的数学期望为．
【解析】设“甲，乙两人至少有一人通过审核”，则．
，，，，，由此能求出的分布列和．
本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望，考查学生的运算能力，考查学生探究研究问题的能力，解题时要认真审题，理解古典概型的特征：试验结果的有限性和每一个试验结果出现的等可能性，体现了化归的重要思想．
21.【答案】解：由椭圆的长轴长是短轴长的倍，可得，
所以，
又，所以，解得，
所以，
所以椭圆的标准方程为．
设，，
由，得，
则，，
因为线段中点的横坐标为，
所以，
解得，即，经检验符合题意，
所以直线的方程为．
【解析】根据焦点坐标求得，根据长轴和短轴的对应关系，以及列方程组，可求得，的值，进而求得椭圆的标准方程．
联立直线的方程和椭圆的方程，消去并化简，写出韦达定理，根据中点的横坐标求得的值，进而求解．
本题考查直线与椭圆的综合问题，考查韦达定理在椭圆综合问题的应用，同时考查可计算能力与推理能力，属于中等题．
22.【答案】解：已知，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以函数的单调递减区间为，；单调递增区间为；
若关于的方程在上有两个不相等的零点，
即函数的图象与直线的图象在上有两个不同的交点，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得极大值也是最大值，最大值，
又，，，
所以实数的取值范围为．
【解析】由题意，对函数进行求导，利用导数的几何意义进行求解即可；
将问题转化成函数的图象与直线的图象在上有两个不同的交点，对函数进行求导，利用导数得到函数的单调性和最值，结合端点值即可求解．
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力，属于中档题．
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