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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.