2023-2024学年安徽省黄山市高二下学期7月期末质量检测数学试题（含解析）

2023-2024学年安徽省黄山市高二下学期7月期末质量检测
数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合则( )
A. B. C. D.
2.已知复数，，则复数的虚部为( )
A. B. C. D.
3.的展开式中，常数项为( )
A. B. C. D.
4.函数的图象大致是( )
A. B.
C. D.
5.双曲线的中心在原点，焦点在轴上，离心率，且点在双曲线上，则双曲线的标准方程为( )
A. B. C. D.
6.如图，在四棱台中，底面四边形为菱形，，，平面，是的中点，则直线与直线所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
7.第届夏季奥林匹克运动会预计年月日至月日在法国巴黎举办假设这届奥运会将新增个表演项目，现有，，三个场地申请承办这个新增项目的比赛，每个场地至多承办其中个项目，则不同的安排方法有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
8.等比数列的前项和为，前项积为，，，当最小时，的值为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列命题为真命题的是( )
A. 将一组数据中的每一个数据都加上同一个正数后，方差变大
B. 若变量和之间的相关系数，则变量和之间的负相关性很强
C. 在回归分析中，决定系数的模型比决定系数的模型拟合的效果要好
D. 某人每次射击击中靶心的概率为，现射击次，设击中次数为随机变量，则
10.已知点，，动点在圆：上，则( )
A. 直线截圆所得的弦长为
B. 的面积的最大值为
C. 满足到直线的距离为的点位置共有个
D. 的取值范围为
11.抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出去反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点如图，已知抛物线焦点为，为坐标原点，一束平行于轴的光线经过抛物线内一点射入，经过上的点反射后，再经过上另一点沿直线反射出且经过点，则下列结论正确的是( )
A.
B. 延长交直线于点，则，，三点共线
C. 若点关于直线的对称点恰在射线上，则
D. 从点向以线段为直径的圆作切线，则切线长最短时
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.等差数列的前项和为，，，则 ．
13.“双碳”再成今年两会热点，低碳行动引领时尚生活，新能源汽车成为人们代步车的首选．某工厂生产的新能源汽车的某一部件质量指标服从正态分布，检验员根据该部件质量指标将产品分为正品和次品，其中指标的部件为正品，其他为次品，要使次品率不高于，则的一个值可以为 若，则
14.已知函数，存在，，则的最大值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知函数．
若对任意，都有，求曲线在点处切线方程；
若函数在处有极小值，求函数在区间上的最大值．
16.本小题分
如图，已知平面，，，，，点为中点．
求证：平面平面；
试判断的大小是否等于平面与平面夹角的大小，请说明理由，并求出平面与平面夹角的余弦值．
17.本小题分
暑假即将开启，甲、乙两名同学计划月中旬一起外出旅游体验生活，甲同学了解到黄山北站自月日零时起开通了黄山直达重庆的动车组列车，于是想去山城重庆游玩，但乙同学觉得重庆温度太高，想去四季如春的昆明，两人决定用“石头、剪刀、布”的游戏决定胜负，比对方多得分者胜出，游戏结束，获胜者决定去哪里规定：每局获胜者得分，负者和平局均得分设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，平局的概率为，且每局结果相互独立．
记前两局游戏中，甲所得总分为，求的分布列和期望；
记“游戏恰好进行三局结束”为事件，“乙获胜”为事件，求．
18.本小题分
如图，在矩形为坐标原点中，，，点，点，分别是，的等分点，直线和直线的交点为．
分别写出点，的坐标；
试证明点在椭圆上；
设直线与椭圆分别相交于，两点，直线与椭圆的另一个交点为，求的面积的最大值．
19.本小题分
对于无穷数列，若满足：，对，都有其中为常数，则称具有性质“”
若具有性质“”，且，，，求；
若无穷数列是等差数列，无穷数列具有性质“”，，，，试求数列的前项和；
设既具有性质“”，又具有性质“”，其中，，求证：具有性质“”
答案解析
1.
【解析】解：由题意知，，
又，
所以．
故选：
2.
【解析】解：因为复数，，则复数，所以复数的虚部为；
故选：
3.
【解析】解：展开式的通项公式为：
，
由，得，
所以常数项为．
故选：．
4.
【解析】解：，，则，则是偶函数，图象关于轴对称，故C错误，D错误；
当时，，，，则，故B错误，A正确．
故选：．
5.
【解析】解：由题意设双曲线方程为，
因为点在双曲线上，所以，
因为离心率，所以，得，
所以，则，所以，
所以，得，则，
所以双曲线方程为．
故选：
6.
【解析】解：取中点，连接，，
由菱形得为等边三角形，
为中点，，又，，
又平面，
以为坐标原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴建立直角坐标系，如图：
，，，，，，，，，
所以，
故，
故直线与直线所成角的正弦值为
故选：
7.
【解析】解：若三个场地分别承担个项目，则有种安排，
若三个场地分别承担个项目，则有种安排，
若三个场地分别承担个项目，则有种安排，
综上，不同的安排方法有种
故选：．
8.
【解析】解：因为是等比数列，所以，
又因为所以，
，
，
，
因为单调递增，开口向上取最小值，
当时取最小值．
故选：．
9.
【解析】解：对于，将一组数据中的每一个数据都加上同一个正数后，其方差不变，故 A错误；
对于，由相关系数的意义，当越接近时，表明变量和之间的相关性很强，由于变量和之间的相关系数，则变量和之间的负相关性很强，故 B正确；
对于，用决定系数的值判断模型的拟合效果，越大，模型拟合效果越好，故 C错误；
对于，由于，则，所以，故 D正确；
故选：
10.
【解析】解：对于，因为，，所以直线的方程为，圆心到直线的距离为，
又因为圆的半径，所以直线截圆所得的弦长为， A错误．
对于，易知，要想的面积最大，只需点到直线的距离最大，而点到直线的距离的最大值为，
所以的面积的最大值为， B错误．
对于，当点在直线上方时，点到直线的距离的范围是，即，
由对称性可知，此时满足到直线的距离为的点位置有个．
当点在直线下方时，点到直线的距离的范围是，即
此时满足到直线的距离为的点位置只有个．
综上所述，满足到直线的距离为的点位置共有个，C正确．
对于，由题意知．
又因为，，，所以，，故，．
设点满足，则，故，解得，即，．
所以．
又因为，
所以，即的取值范围为， D正确．
故选：
11.
【解析】解：对于，代入得，所以，又，
直线方程为，即，
由，解得或，所以，
即，，， A正确；
对于，直线方程为：，则，
因为方程为：，所以，，三点不共线，故 B错误；
对于，方程为：，则点关于直线的对称点，
，直线方程为：，
根据对称性可得，解得，故 C正确；
对于，因为，，
所以以线段为直径的圆的方程为，其圆心，半径，
从点向以线段为直径的圆作切线，其切线长为，
所以要使切线长最短，即点到圆心的距离最小，
而，
所以时，最小，则此时切线长最小；故 D正确；
故选：．
12.
【解析】解：由是等差数列可得，所以，
所以．
故答案为：．
13.答案不唯一，小于等于即可
【解析】解：依题意可得，
要使次品率不高于，则正品率不低于，
又根据正态曲线的特征知，，
所以，
所以，解得．
故答案为：答案不唯一，小于等于即可．
14.或
【解析】解：由题意，在，上递减，在上递增，
存在，，则，
所以，且，
令，所以，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以时，函数取得最大值，所以的最大值为．
故答案为：
15.解：因为，令，可得，
即，解得：，
所以，则，
所以，
则曲线在点处切线方程为：，即
由题可得
因为函数在处有极小值，
则，解得：，
所以，，
令，解得：，
当或时，，当时，，
所以的单调增区间为，，减区间为，
则时，函数在处有极小值，满足题意；
则当时，在单调递减，在上单调递增，
由于，，，
所以
【解析】由，得到，从而求出，再结合导数的几何意义求出切线斜率，即可求解；
根据函数在处有极小值，得到，从而解得的值，利用导数研究函数的单调性，从而求得函数在区间上的最大值
16.解：因为，点为中点，所以，
因为平面，，所以平面，
又因为平面，所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面．
的大小等于平面与平面夹角的大小，理由如下：
取中点，的中点，连接，，，，
因为，分别为，的中点，
所以，且，
又平面，平面，
所以平面，
因为，分别为，的中点，
所以，
又因为，，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，所以平面，
又，，平面，所以平面平面，
所以平面与平面夹角等价于平面与平面夹角，且平面平面，
由知道平面，
又，
所以平面，
又平面，平面
所以，，
根据二面角的定义可知为平面与平面夹角，
又因为，
所以，
即的大小等于平面与平面夹角的大小，
因为，
所以
所以．
【解析】由题意得到平面，根据面面垂直的判定定理即可得证；
取中点，的中点，连接，，，，可证明平面平面，即平面与平面夹角等价于平面与平面夹角，由可得，，即可知为平面与平面夹角，根据平行可得，即可求解．
17.解：的可能取值为，，，
，，，
故的分布列为，
期望为；
“游戏恰好进行三局结束”，
即前两局，甲胜一局，平一局，第三局甲胜，
或前两局，乙胜一局，平一局，第三局乙胜，
故甲同学胜出的概率为，乙同学获胜的概率为，
故，又，故．
【解析】写出的可能取值及对应的概率，得到分布列，求出期望值；
先求出，，利用条件概率公式求出答案．
18.解：由题意，
设，又，
则直线：，
直线：，
点的坐标是方程的解，可得：，
化简得：，所以在椭圆上
如图：
设，，不妨设，．
由，消去得：，
则，．
因为关于原点对称，所以，
直线与轴的交点为，记为点，则：
．
所以．
设，，则，所以，
设，则在上恒成立，
所以在上单调递增，所以．
所以当即时取“”．
【解析】由题意可以直接写出，的坐标．
设，写出直线，的方程，根据点的坐标是两条直线的交点，可证在椭圆上．
把直线方程与椭圆方程联立，消去得到关于的一元二次方程，根据一元二次方程根与系数的关系，得到，，并用它们表示出的面积，换元，利用导数分析单调性，可求的面积的最大值．
关键点点睛：第问中，得到后，为求其最大值，可用换元法，设，转化成求的最大值，再设，利用导数分析函数的单调性，即可解决问题．
19.解：因为具有性质“”，则当时，
又因为，，，
则，，，
所以，解得：
因为无穷数列具有性质“”，
所以当时，，即为公比为的等比数列；
又因为，，
则，，，
所以，
又因为无穷数列是等差数列，则，
所以，
则，
所以数列的前项和，
所以
因为既具有性质“”，又具有性质“”，其中，
则当时，，，
则有，，
由，故，
所以，即，
由，，则，
当，即时，有，
即对任意的时，都有，
即具有性质“，证毕．
【解析】由具有性质“”，，可得当时，，结合题意计算即可
根据无穷数列具有性质“”可得当时，，从而得到和的通项公式，可得，利用裂项相消求出数列的前项和即可．
借助既具有性质“”，又具有性质“”，
则当时，，，则有，，通过运算得到，
从而可验证对任意的时，是否有即可．
第1页，共1页