安徽省芜湖市2023-2024学年高二数学下学期7月期末教学质量监控试题含解析

注意事项：1．本卷共四大题，19小题，满分150分，考试时间120分钟.2．本试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分.“试题卷”共4页，“答题卷”共6页.3．请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题是无效的.4．考试结束后，请将“试题卷”和“答题卷”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.已知数列是等比数列，满足，公比，则（）A.2 B.4 C.8 D.16【答案】B【解析】【分析】根据等比数列的通项公式结合已知条件直接求解即可.【详解】因为数列是等比数列，满足，公比，所以.故选：B2.直线在轴上的截距为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】令，解得，即可得直线在轴上的截距.【详解】由题意可知，直线方程为，令，解得，所以直线在轴上的截距为.故选：C.3.随机变量与满足，若，则（）A.8 B.5 C.4 D.2【答案】A【解析】【分析】借助方差性质计算即可得.【详解】.故选：A.4.为研究数学成绩（单位：分，满分150分）与物理成绩（单位：分，满分100分）之间的关系，随机抽取了5名同学这两科考试的成绩（取高二学年这两科所有考试成绩的均分），统计如下表数学成绩100137116142125物理成绩89899785根据表中的五组数据，用最小二乘法得到的经验回归方程为，由此可知表中的的值为（）A.78 B.85 C.88 D.90【答案】D【解析】【分析】由经验回归方程必过样本中心点计算即可得.【详解】，，则有，解得.故选：D.5.正态分布密度曲线的形状酷似钟的外型，因此又被称为钟形曲线．已知随机变量服从正态分布，且，则（）A.0.76 B.0.38 C.0.24 D.0.12【答案】B【解析】【分析】正态曲线关于对称，利用已知条件转化求解概率即可．【详解】因为随机变量服从正态分布，所以正态曲线关于对称，所以.故选：.6.已知是椭圆的两个焦点，点在上，且，则的面积为（）A.3 B.4 C.6 D.10【答案】C【解析】【分析】由椭圆定义和得到，结合，由余弦定理得，进而得到正弦值，利用三角形面积公式求出答案.【详解】由椭圆定义可得，故，又，则由余弦定理得，故，故.故选：C7.在的展开式中，含的项的系数是（）A.120 B.240 C.274 D.282【答案】C【解析】【分析】在的展开式中含的项即从5个因式中取4个常数，1个，即可写出含的项.【详解】在的展开式中含的项即从5个因式中取4个常数，1个，所以含的项为，所以含的项的系数是.故选：.8.若函数有两个极值点，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先对函数求导，然后由题知有两个变号零点，结合函数的性质可求得结果.【详解】函数定义域为，由，得，令，则，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以的极小值为，当时，，当时，，所以要使有两个极值点，则有两个变号零点，所以，得，故选：B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.已知直线，圆，则下列结论正确的有（）A.直线过定点B.直线与圆恒相交C.直线被圆截得的弦长最短为4D.若直线被圆截得的弦长为，则【答案】ABD【解析】【分析】利用直线的点斜式方程可判断A；利用定点与圆的位置关系可判断B；根据定点为弦的中点时，直线被圆截得的弦长最短可判断C；利用弦长公式可判断D.【详解】对于A，直线，即，则直线恒过定点，故A正确；对于B，因为，所以定点在圆内部，所以直线与圆恒相交，故B正确；对于C，直线与轴垂直时，直线被圆截得的弦长最短，此时，直线被圆截得的弦长为，故C错误；对于D，直线，圆心到直线的距离，得，故D正确.故选：ABD10.不透明的盒子里装有除颜色外互异的5个小球，其中红色球有3个，蓝色球有2个，不放回地从中摸出小球2次，每次取1个，则下列说法正确的是（）A.两次摸到的都是红球的概率为B.第二次摸到的是红球的概率为C.第二次摸到红球的条件下，第一次摸到蓝球的概率为D.第一次摸到红球的条件下，第二次摸到蓝球的概率为【答案】AC【解析】【分析】利用独立概率的乘法公式、条件概率与全概率公式逐项计算即可得解.【详解】设事件为第一次摸到的球的颜色为红色，事件为第二次摸到的球的颜色为红色，对A：，故A正确；对B：，故B错误；对C：，故C正确；对D：，故D错误.

故选：AC.11.在棱长为1的正方体中，为的中点，为底面上一点，则下列结论正确的是（）A.若为中点，则B.若平面，则点的轨迹长度是C.若，则点在圆上D.若直线与所成角为45°，则点在双曲线上【答案】BCD【解析】【分析】建立适当空间直角坐标系后，设出点坐标，从而可借助空间向量解决相应问题，对A：计算向量数量积即可得；对B：求出平面法向量后，结合向量垂直可得点轨迹，即可得其轨迹长度；对C：借助空间中两点距离公式计算即可得点轨迹；对D：借助空间向量夹角公式计算即可得点轨迹.【详解】以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则有、、、，设，；对A：由为中点，则，则，，则，故与不垂直，故A错误；对B：，，，则，，设平面的法向量为，则有，令，则有，，即，若平面，则有，即，故，，则点的轨迹长度是；对C：若，则，即，故点在圆上，故C正确；对D：，若直线与所成角为45°，则有，即，整理得，即，故点在双曲线上，故D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于建立适当空间直角坐标系，从而将对应的轨迹、夹角、位置关系等问题都转化为空间向量解决.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在点处的切线方程为____________．【答案】【解析】【分析】利用导数的几何意义求解即可.【详解】由，得，所以切线的斜率为，所以切线方程为，即，故答案为：13.若安排5名同学去校园，，三个劳动基地参加劳动实践活动，每名同学都需要完成1项劳动任务，且只能去一个基地，处需要安排2名同学，则不同的安排方案共有____________种．（用数字作答）【答案】60【解析】【分析】先从5名同学中选2名同学去处，再将剩下的3名同学安排到，两处，每处至少一人，即可求解.【详解】从5名同学中选2名同学去处，有种选法，再将剩下的3名同学安排到，两处，每处至少一人，有种安排方法，所以不同的安排方案共有种.故答案为：60.14.已知双曲线的离心率为，左焦点为．若过点的直线斜率为，且与双曲线左支交于两点，则的取值范围为____________；过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，且与另一条渐近线交于点，若，则____________．【答案】①.②.或【解析】【分析】由渐近线的性质与离心率定义计算可得空一；分、在轴同侧与在轴异侧进行讨论，结合倾斜角与斜率的关系，结合正切函数二倍角公式计算即可得，即可得离心率.【详解】空一：由题意可得，则；空二：不妨设渐近线，若、在轴同侧，则，，即，解得，则；若、在轴异侧，则，，即，解得，则；综上所述，或.故答案为：；或.【点睛】关键点点睛：第二个空的关键点在于正确使用渐近线方程，由，故可从其倾斜角与斜率的关系入手建立相应等式.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.已知四棱锥的底面是正方形，底面，且分别为的中点．（1）求证：∥平面；（2）求直线与平面所成角的大小．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由三角形中位线定理结合四边形为正方形，可得∥，再由线面平行的判定定理可证得结论；（2）以所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【小问1详解】证明：因为分别为的中点，所以∥，因为四边形为正方形，所以∥，所以∥，因为平面，平面，所以∥平面；【小问2详解】因为四边形为正方形，所以，因为平面，平面，所以，所以两两垂直，所以以为原点，以所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，因为，所以，所以，设平面的法向量为，则，令，则，所以，设直线与平面所成角为，所以，因为，所以，所以直线与平面所成角的大小为．16.石墨烯有超级好保温功能，从石墨中分离石墨烯的一种方法是化学气相沉积法，使石墨升华后附着在材料上再结晶．现在有材料、材料可供选择，研究人员对附着在材料、材料上的石墨各做了5次再结晶试验，得到如下等高堆积条形图．（1）由等高堆积条形图提供的信息，填写列联表，并判断是否有的把握认为试验的结果与材料有关；（2）以实验结果成功的频率为概率，用材料制作保温产品2件，仅从石墨烯结晶成功与否的角度考虑，求产品制作成功件数的分布列与期望．附：，其中．0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】（1）列联表见解析，没有90%的把握认为，试验的结果与材料有关（2）分布列见解析，数学期望为【解析】【分析】（1）借助等高堆积条形图可得列联表，再计算出卡方即可得；（2）求出的所有可能取值及其对应概率后可得其分布列，再利用期望公式即可得期望.【小问1详解】

材料材料合计实验成功437实验失败123合计5510提出假设：实验的结果与材料无关，，所以没有90%的把握认为，试验的结果与材料有关；【小问2详解】设产品制作成功件数为，由题意可知服从二项分布，成功的概率为，即，则的可能取值为0，1，2，，，，的分布列为：012.17.函数（1）令，讨论函数的单调性；（2）若，且在实数上恒成立，求的最大值．【答案】（1）答案见解析（2）【解析】分析】（1）求得，分和，两种情况讨论，即可求解；（2）由（1）可知，当时，，转化为，令，通过导数求即可.【小问1详解】因为，所以，当时，恒成立，在上单调递增，当时，时，，当在上单调递减，当在上单调递增，综上所述：当时，在上单调递增，当时，上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】结合（1）与题意可得，即，即，从而得令所以令当时，在上单调递增当时，在上单调递减所以所以，即的最大值为．18.抛物线的准线方程为，抛物线上的三个点构成一个以为直角顶点的直角三角形．（1）求拋物线的标准方程；（2）若点坐标为，证明：直线过定点；（3）若，求面积的最小值．【答案】（1）（2）证明见解析（3）1【解析】【分析】（1）根据准线方程求出抛物线方程；（2）设点的坐标分别为，直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，依题意，即可得到、的关系，从而求出直线过定点坐标；（3）不妨设，，三点的坐标分别为，且，不妨记直线的斜率为，且，再由弦长公式得到，再求出的最小值，即可得解.【小问1详解】拋物线的准线方程为，所以且焦点在轴的非负半轴上，则，抛物线的标准方程为；【小问2详解】设点的坐标分别为，直线的方程为，联立得，显然，，因为构成一个以为直角顶点的直角三角形，，，，直线的方程为，当时，所以直线过定点；【小问3详解】由拋物线的对称性，不妨设，，三点的坐标分别为，且，不妨记直线的斜率为，且，则直线的斜率为，则，结合（*）得，（当且仅当时取得等号），（此时坐标原点），即面积的最小值为.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.19.已知数列的前项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）伯努利不等式是由瑞士数学家雅各布・伯努利提出的，是分析不等式中最常见的一种不等式．伯努利不等式的一般形式为：若且为正整数时，，当且仅当或时等号成立．（ⅰ）证明：数列为递增数列；（ⅱ）已知时，，证明：．【答案】（1）（2）（ⅰ）证明见解析（