河南省金科新未来2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试题（含解析）

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河南省金科新未来2023-2024学年高二下学期期末质量检测
数学
全卷满分150分，考试时间120分钟。
注意事项：
1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2、请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
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．已知等差数列满足，且，则首项（ ）
A． B．0 C．1 D．3
2．已知曲线在点处的切线方程是，则（ ）
A． B． C．1 D．-1
3．在各项为正的等比数列中，与的等比中项为2，则（ ）
A．4 B．3 C．1 D．2
4．函数的最大值是（ ）
A． B．0 C．2 D．3
5．已知双曲线的一条渐近线与圆相交于两点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．若函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．已知，数列与数列的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列，则数列的前99项和为（ ）
A． B． C． D．
8．在平面坐标系中，一个质点从原点出发，每次移动一个单位长度，且上下左右四个方向移动的概率相等，若该质点移动6次后所在坐标为，则该质点移动的方法总数为（ ）
A．120 B．135 C．210 D．225
二、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分．
9．已知等差数列的前项和为，等比数列的前项积为，则（ ）
A．不可能为等比数列 B．可能为等差数列
C．是等差数列 D．是等比数列
10．已知抛物线的焦点为，准线为，点是上位于第一象限的动点，点为与轴的交点，则下列说法正确的是（ ）
A．到直线的距离为2
B．以为圆心为半径的圆与相切
C．直线斜率的最大值为2
D．若，则的面积为2
11．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．在上是增函数
B．，不等式恒成立，则正实数的最小值为
C．若有两个零点，则
D．若，且，则的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知变量和的统计数据如下表：
1 2 3 4 5
1.5 2 4 4.5
若由表中数据得到经验回归直线方程为，则_________．
13．已知函数，若的图象经过第一象限，则实数的取值范围是_________．
14．不透明的袋子中装有2个白球，3个黑球（除颜色外，质地大小均相同），学生甲先取出2个球（不放回），学生乙在剩下的3个球中随机取一个，已知甲至少取走了1个黑球，则乙取出白球的概率为_________．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15．（本小题满分13分）
已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列．
（1）求的通项公式；
（2）设为的前项和，求的最小值．
16．（本小题满分15分）
如图，在三棱锥中，平面分别为的中点，且．
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值．
17．（本小题满分15分）
某学校食堂提供甲、乙、丙三种套餐，每日随机供应一种，且相邻两天不重复．已知食堂今天供应套餐甲，
（1）求接下来的三天中食堂均未供应套餐甲的概率；
（2）用随机变量表示接下来的三天中食堂供应套餐乙的天数，求的分布列与期望．
18．（本小题满分17分）
已知椭圆的右焦点为，离心率为，过的直线交于两点，为坐标原点，当时，．
（1）求的方程；
（2）过的另一条直线交于两点，设直线的斜率为，直线的斜率为，若，求的最大值．
19．（本小题满分17分）
已知函数．
（1）若在上恒成立，求的取值范围；
（2）设为图象上一点，为图象上一点，为坐标原点，若为锐角，证明：．
河南省金科新未来2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学
参考答案、提示及评分细则
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 C A D A D B B D BC ABD ABD
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．【答案】C
【解析】设等差数列的公差为，因为，且，所以，所以．故选C．
2．【答案】A
【解析】函数，求导得，依题意，，得2，显然，因此，所以．故选A．
3．【答案】D
【解析】因为与的等比中项为2，所以，所以．故选D．
4．【答案】A
【解析】因为，所以，令，得，令，得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以的最大值是．故选A．
5．【答案】D
【解析】根据题意得，圆心到的渐近线的距离为设渐近线方程为，则，故选D．
6．【答案】B
【解析】依题意，在恒成立，即恒成立，设，则，所以，所以在单调递减，所以，故选B．
7．【答案】B
【解析】因为数列是正奇数数列，对于数列等价于，当为奇数时，设，则为奇数；当为偶数时，设，则为偶数，所以，所以，故选B．
8．【答案】D
【解析】情形一，质点往右移动4次，往左移动2次，，
情形二，质点往右移动3次，往左移动1次，往上移动一次，往下移动一次，，
情形三，质点往右移动2次，往上移动2次，往下移动2次，，
所以质点移动的方法总数为225，故选D．
二、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分．
9．【答案】BC（全部选对得6分，选对1个得3分，有选错的得0分）
【解析】对于A，当为常数列，且时，因为是等比数列，所以为等比数列，所以A错误．
对于B，当为常数列时，因为为等差数列，所以为等差数列，所以B正确．
对于C，设的公差为，则，得，因为，所以数列是等差数列，所以C正确．
对于D，设的公比为，则，当时，不是常数，所以不是等比数列，所以D错误．故选BC．
10．【答案】ABD（全部选对得6分，选对1个得2分，选对2个得4分，有选错的得0分）
【解析】易知，准线，所以到直线的距离为2，A选项正确；
由抛物线的定义，点到准线的距离等于，所以以为圆心为半径的圆与相切，B选项正确；
当直线与抛物线相切时，的斜率取得最大值．设直线，与抛物线联立可得：，令得：，所以直线斜率的最大值为1，C选项错误；
若，设，则，解得，
所以的面积为，D选项正确，故选ABD．
11．【答案】ABD（全部选对得6分，选对1个得2分，选对2个得4分，有选错的得0分）
【解析】A项中，令，则，由知，此时函数为，所以函数在上是单调增函数，即在上是增函数，所以A项正确；B项中，时，，又为正实数，所以，又，所以单调递增，所以不等式等价于对恒成立，即，令，知，所以在上递增，在上递减，所以，所以B项正确；C项中，易知在上递减，在上递增，，所以，不妨设，则必有，若0，则等价于，等价于，等价于，令，，即在上递增，所以，则时，，所以不成立，即C错误；D项中，由在上递减，在上递增，在上递减，在上递增，易知有唯一的解，又，所以，由，即，即有，所以，即，所以，又，所以，所以D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．【答案】3
【解析】易知，经验回归直线过样本点的中心，所以，所以，解得．
13．【答案】
【解析】由的图象经过第一象限，得，使得，即，设，求导得，当时，，当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，则，有，所以实数的取值范围是．
14．【答案】
【解析】甲取走1个黑球1个白球的方法数为，取走2个黑球的方法数为，所以乙取出白球的概率为．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15．【答案】（1）（2）
【解析】（1）设的公差为，
则，
依题意，，
即，
整理得，，
解得，或（舍），
所以；
（2），
因为，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为．
16．【答案】（1）略（2）
【解析】（1）因为为的中点，，所以，
因为平面平面，所以，
又平面；
所以平面；
（2）若，则两两垂直，
建立如图所示分别以为轴的空间直角坐标系，
，
，
设平面的法向量为，则有
即令，则，
所以平面的一个法向量为，
易知平面平面的法向量为，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
17．【答案】（1） （2）
【解析】（1）记事件“接下来的三天中食堂都未供应套餐甲”，则，所
以接下来的三天中食堂均未供应套餐甲的概率为；
（2）的所有可能取值分别为0，1，2，
则，
的分布列为
0 1 2
所以的期望为．
18．【答案】（1） （2）
【解析】（1）设焦距为，当时，将代入椭圆方程可得，
，解得，
所以，又，解得，
所以的方程为；
（2）设直线，
与椭圆线方程联立可得，，
由韦达定理，，
所以
，
同理可得，，
，因为，所以，
故
，
当且仅当时，等号成立，
所以||的最大值为．
19．【答案】（1）（2）略
【解析】（1）先证明，构造函数，
则，故单调递增，从而，
即，因此，
当时，，符合题意；
当时，构造函数，
则单调递增，且，
故存在，使得，且时，，即单调递减，
则当时，，与题意矛盾．
综上所述，；
（2）依题意可知，，则，即，
即．
因为，则不等式为，
设，则不等式为，
设，则，
设，则，
因此，即，即单调递减，
因此，可得，即．
首先证明：，
设，则，
由（1）可知，从而，故单调递增，
因此，从而，
因而，故．