高級中學名校試卷PAGEPAGE1河南省許昌市2023-2024學年高二下學期7月期末教學質量檢測數學試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將答題卡交回.一、單項選擇題：本題共8小題.每小題5分，共40分.在每個小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求.1.已知為等差數列，為其前n項和.若，公差，則m的值為（）A.4 B.5 C.6 D.7【答案】B【解析】由已知，得，又，又，所以，解得或（舍去）故選：B.2.已知圓與拋物線的準線相切，則（）A.1 B.2 C.4 D.8【答案】C【解析】因為，所以拋物線準線為又，所以圓心坐標，半徑為2由已知得：圓心到準線的距離為半徑，則，所以故選：C.3.在一次闖關游戲中，小明闖過第一關的概率為，連續闖過前兩關的概率為.事件表示小明第一關闖關成功，事件表示小明第二關闖關成功，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】依題意，則，故選：C.4.已知三個正態密度函數（，）的圖像如圖所示，則（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】由題圖中的對稱軸知：，與(一樣)瘦高，而胖矮，所以.故選：C5.已知平面上兩點M（-5，0）和N（5，0），若直線上存在點P使|PM|-|PN|=6，則稱該直線為“單曲型直線”，下列直線中是“單曲型直線”的是（）①；②y=2；③；④.A.①③ B.③④ C.②③ D.①②【答案】D【解析】∵|PM|-|PN|=6，∴點P在以M、N為焦點的雙曲線的右支上，即（x＞0）.對于①，聯立消y得7x2-18x-153=0，∵=（-18）2-4×7×（-153）＞0，∴y=x+1是“單曲型直線”．對于②，聯立消y得x2=，∴y=2是“單曲型直線”．對于③，聯立整理得144=0，不成立．∴不是“單曲型直線”．對于④，聯立消y得20x2+36x+153=0，∵=362-4×20×153＜0，∴y=2x+1不是“單曲型直線”．故符合題意的有①②．故選D6.一圓形餐桌依次有A、B、C、D、E、F共有6個座位.現讓3個大人和3個小孩入座進餐，要求任何兩個小孩都不能坐在一起，則不同的入座方法總數為（）A.6 B.12 C.72 D.144【答案】C【解析】由題意可知，任何兩個小孩都不能坐在一起，則任何兩個大人也不能坐在一起，不妨看作大，小，大，小，大，小或者小，大，小，大，小，大兩種類型，三個大人的入座方法有種，三個小孩的入座方法有種，則不同的入座方法總數為種.故選：C7.幾何學史上有一個著名的米勒問題：“設點是銳角的一邊上的兩點，試著在邊上找一點，使得最大”.如圖，其結論是：點為過兩點且和射線相切的圓的切點.根據以上結論解決以下問題：在平面直角坐標系中，給定兩點，點在軸上移動，當取得最大值時，該圓的方程是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】由題意可知，點為過兩點且和軸相切的圓的切點，線段中點坐標為，又，所以線段的垂直平分線方程為，所以以為弦的圓的圓心在直線上，故設該圓圓心為，又因為該圓與軸相切，所以圓的半徑，又，所以，解得或，當時，是鈍角，故舍去.所以此時圓的方程為.故選：C8.已知函數有三個零點，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因為函數有三個零點，所以方程有三個根，即方程有三個根，令（），當時，，則，當時，，當時，，所以在上遞增，在上遞減，所以當時，取得極大值，當時，，當時，，則，所以在上遞減，所以的大致圖像如圖所示，由圖像可得當時，直線與的圖像有三個交點，所以實數的取值范圍是，故選：D二.多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每個小題給出的四個選項中，有多個符合題目要求.全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯的得0分.9.對四組數據進行統計，獲得如圖所示的散點圖，關于其相關系數的關系，正確的有（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】由圖形特征可知都是負相關，都是負數，比的相關系數更強，所以，，都是正相關，比的相關系數更強，所以，所以AC正確.故選：AC10.下列命題中，正確的命題的序號為（）A.已知隨機變量服從二項分布，若，則B.將一組數據中的每個數據都加上同一個常數后，方差恒不變C.設隨機變量服從正態分布，若，則D.某人在10次射擊中，擊中目標的次數為，則當時概率最大【答案】BCD【解析】對于A，，解得，A錯誤；對于B，方差反映的是數據與均值的偏移程度，因此每個數據都加上同一個常數后，每個新數據與新均值的偏移不變，方差恒不變，B正確；對于C，服從正態分布，，C正確；對于D，，則，由，解得，所以．D正確．故選：BCD．11.若正方體的棱長為1，且，其中，則下列結論正確的是（）A.當時，三棱錐的體積為定值B.當時，三棱錐的體積為定值C.當時，的最小值為D.若，點P的軌跡為一段圓弧【答案】AC【解析】因為，其中，所以點P在平面內運動，對于A：取AD中點E、中點F，連接EF，所以，因為平面，平面，所以平面，當時，則，所以點P在線段EF上運動，因為平面，所以無論點P在EF任何位置，P到平面的距離不變，即高不變，所以三棱錐的體積為定值，故A正確；對于B：取中點G，中點H，連接GH，當時，，所以點P在GH上運動，假設平面，又，平面，平面，所以平面，因為平面，所以平面平面，與已知矛盾，故假設不成立，所以GH不平行平面，所以P在GH上運動時，P到平面的距離在變化，所以三棱錐的體積不是定值，故B錯誤；對于C：連接，，，當時，可得三點共線，將沿翻折至與平面共面，如下圖所示連接AB，當P為AB與交點時，最小，即為AB，因為均為面對角線，所以，即為等邊三角形，又，，所以，，所以在中，由正弦定理得，所以，故C正確；對于D：分別以DA、DC、為x，y，z軸正方向建系，如圖所示，則，設，所以，所以因為平面，平面，所以，又，所以，所以，整理得，所以，即，所以P點軌跡為線段，故D錯誤故選：AC三.填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知，且，則的方差為________．【答案】.【解析】因為，所以，且則，因此的方差為，故答案為：.13已知，則__________.【答案】【解析】因為是的系數，所以.故答案為：.14.現有n（，）個相同的袋子，里面均裝有n個除顏色外其他無區別的小球，第k（，2，3，…，n）個袋中有k個紅球，個白球.現將這些袋子混合后，任選其中一個袋子，并且從中連續取出四個球（每個取后不放回），若第四次取出的球為白球的概率是，則______.【答案】9【解析】設選出的是第k個袋，連續四次取球的方法數為，第四次取出的是白球的取法有如下四種情形：4白，取法數為：，1紅3白，取法數為：，2紅2白，取法數為：，3紅1白：取法數為：，所以第四次取出的是白球的總情形數為：，則在第k個袋子中取出的是白球的概率為：，因為選取第k個袋的概率為，故任選袋子取第四個球是白球的概率為：，當時，.故答案為：．四.解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知數列的前項和滿足，數列是公差為的等差數列，.（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和.解：（1）因為，所以，當時，，由于滿足，所以的通項公式為，因為數列是公差為的等差數列，，所以，所以；（2）因為，所以.16.將氫儲存在甲基環乙烷和甲苯等有機液體中是儲氫和運輸氫的重要方向.2023年12月俄羅斯科學院西伯利亞分院科研人員用鎳和錫取代鉑，研發出一種新型高效的脫氫催化劑，脫氫效率達99.9%，且對儲氫載體沒有破壞作用，可重復使用.近年來，我國氫能源汽車產業迅速發展，下表是某市氫能源乘用車的年銷售量與年份的統計表：年份20182019202020212022年份編號x12345銷量y(萬臺)23.52.589（1）求y關于x的經驗回歸方程，并預測2024年氫能源乘用車的銷量；（2）為了研究不同性別的學生對氫能源的了解情況，某校組織了一次有關氫能源的知識競賽活動，隨機抽取了男生和女生各60名，得到如表所示的數據：了解不了解合計男生25女生20合計（i）根據已知條件，填寫上述2×2列聯表；（ii）依據α=0.01的獨立性檢驗，能否認為該校學生對氫能源的了解情況與性別有關?參考公式：1.回歸方程中斜率和截距的最小二乘法估計公式分別為2.α0.0500.0100.001xα3.8416.63510.828解：（1）年份編號的平均數，銷量的平均數，所以，又所以，于，所以關于的經驗回歸方程為，又因為年份2024對應的編號為7，所以，故可以預測2024年氫能源乘用車的銷量約為12.4萬臺．（2）（ⅰ）根據男生和女生各60名，補全列聯表為：

了解不了解合計男生352560女生204060合計5565120（ⅱ）零假設：該校學生對氫能源的了解情況與性別無關，根據列聯表中的數據可得：，依據的獨立性檢驗，可以推斷不成立，即該校學生對氫能源的了解情況與性別有關.17.如圖，斜三棱柱的底面是直角三角形，,點在底面ABC內的射影恰好是BC的中點，且.（1）求證:平面平面;（2）若斜棱柱的高為，求平面與平面夾角的余弦值.解：（1）取BC中點為，連接，在底面內的射影恰好是BC中點，平面ABC，又平面，，又，，平面，，平面，又平面，平面平面.（2）以為坐標原點，分別為軸，軸，建立如圖所示空間直角坐標系，，斜棱柱的高為，，，設平面的一個法向量為，則有，令，則，，設平面的法向量為，則有，令，則，，，所以平面與平面夾角的余弦值為.18.函數.（1）討論的單調性；（2）若函數有兩個極值點，，曲線上兩點，連線斜率記為，求證：.解：（1）由題意，定義域為，即，對于方程，，當，即時，，，在上單調遞增，當，即或時，方程有兩不等根，，，而，，所以當時，，在上恒成立，即在上單調遞增；當時，，或時，，時，，所以在和上單調遞增，在上單調遞減，綜上，當時，在上單調遞增；當時，在和上單調遞增，在上單調遞減；（2）由（1）可知，函數有兩個極值點，則，且，，因為，所以要證，即證，即證，也即證（*）成立.設，函數，由（1）知在上單調遞增，且，所以時，，所以（*）成立，原不等式得證.19.已知是拋物線上任意一點,且到的焦點的最短距離為.直線與交于兩點,與拋物線交于兩點，其中點在第一象限，點在第四象限.（1）求拋物線的方程.（2）證明：（3）設的面積分別為，其中為坐標原點，若，求.解：（1）設，易知，準線方程為，所以.當時，取得最小值，由，解得.所以拋物線的方程為.（2）設直線與軸交于點，因為直線的斜率顯然不為0，所以設直線方程為，聯立，消去得，所以，所以，同理可得，所以.（3）因為，所以，即.因為，所以，即，所以，由（2）知，所以，故，所以，即，化簡得，解得或，若，則，這與矛盾，所以，所以.河南省許昌市2023-2024學年高二下學期7月期末教學質量檢測數學試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將答題卡交回.一、單項選擇題：本題共8小題.每小題5分，共40分.在每個小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求.1.已知為等差數列，為其前n項和.若，公差，則m的值為（）A.4 B.5 C.6 D.7【答案】B【解析】由已知，得，又，又，所以，解得或（舍去）故選：B.2.已知圓與拋物線的準線相切，則（）A.1 B.2 C.4 D.8【答案】C【解析】因為，所以拋物線準線為又，所以圓心坐標，半徑為2由已知得：圓心到準線的距離為半徑，則，所以故選：C.3.在一次闖關游戲中，小明闖過第一關的概率為，連續闖過前兩關的概率為.事件表示小明第一關闖關成功，事件表示小明第二關闖關成功，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】依題意，則，故選：C.4.已知三個正態密度函數（，）的圖像如圖所示，則（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】由題圖中的對稱軸知：，與(一樣)瘦高，而胖矮，所以.故選：C5.已知平面上兩點M（-5，0）和N（5，0），若直線上存在點P使|PM|-|PN|=6，則稱該直線為“單曲型直線”，下列直線中是“單曲型直線”的是（）①；②y=2；③；④.A.①③ B.③④ C.②③ D.①②【答案】D【解析】∵|PM|-|PN|=6，∴點P在以M、N為焦點的雙曲線的右支上，即（x＞0）.對于①，聯立消y得7x2-18x-153=0，∵=（-18）2-4×7×（-153）＞0，∴y=x+1是“單曲型直線”．對于②，聯立消y得x2=，∴y=2是“單曲型直線”．對于③，聯立整理得144=0，不成立．∴不是“單曲型直線”．對于④，聯立消y得20x2+36x+153=0，∵=362-4×20×153＜0，∴y=2x+1不是“單曲型直線”．故符合題意的有①②．故選D6.一圓形餐桌依次有A、B、C、D、E、F共有6個座位.現讓3個大人和3個小孩入座進餐，要求任何兩個小孩都不能坐在一起，則不同的入座方法總數為（）A.6 B.12 C.72 D.144【答案】C【解析】由題意可知，任何兩個小孩都不能坐在一起，則任何兩個大人也不能坐在一起，不妨看作大，小，大，小，大，小或者小，大，小，大，小，大兩種類型，三個大人的入座方法有種，三個小孩的入座方法有種，則不同的入座方法總數為種.故選：C7.幾何學史上有一個著名的米勒問題：“設點是銳角的一邊上的兩點，試著在邊上找一點，使得最大”.如圖，其結論是：點為過兩點且和射線相切的圓的切點.根據以上結論解決以下問題：在平面直角坐標系中，給定兩點，點在軸上移動，當取得最大值時，該圓的方程是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】由題意可知，點為過兩點且和軸相切的圓的切點，線段中點坐標為，又，所以線段的垂直平分線方程為，所以以為弦的圓的圓心在直線上，故設該圓圓心為，又因為該圓與軸相切，所以圓的半徑，又，所以，解得或，當時，是鈍角，故舍去.所以此時圓的方程為.故選：C8.已知函數有三個零點，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因為函數有三個零點，所以方程有三個根，即方程有三個根，令（），當時，，則，當時，，當時，，所以在上遞增，在上遞減，所以當時，取得極大值，當時，，當時，，則，所以在上遞減，所以的大致圖像如圖所示，由圖像可得當時，直線與的圖像有三個交點，所以實數的取值范圍是，故選：D二.多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每個小題給出的四個選項中，有多個符合題目要求.全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯的得0分.9.對四組數據進行統計，獲得如圖所示的散點圖，關于其相關系數的關系，正確的有（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】由圖形特征可知都是負相關，都是負數，比的相關系數更強，所以，，都是正相關，比的相關系數更強，所以，所以AC正確.故選：AC10.下列命題中，正確的命題的序號為（）A.已知隨機變量服從二項分布，若，則B.將一組數據中的每個數據都加上同一個常數后，方差恒不變C.設隨機變量服從正態分布，若，則D.某人在10次射擊中，擊中目標的次數為，則當時概率最大【答案】BCD【解析】對于A，，解得，A錯誤；對于B，方差反映的是數據與均值的偏移程度，因此每個數據都加上同一個常數后，每個新數據與新均值的偏移不變，方差恒不變，B正確；對于C，服從正態分布，，C正確；對于D，，則，由，解得，所以．D正確．故選：BCD．11.若正方體的棱長為1，且，其中，則下列結論正確的是（）A.當時，三棱錐的體積為定值B.當時，三棱錐的體積為定值C.當時，的最小值為D.若，點P的軌跡為一段圓弧【答案】AC【解析】因為，其中，所以點P在平面內運動，對于A：取AD中點E、中點F，連接EF，所以，因為平面，平面，所以平面，當時，則，所以點P在線段EF上運動，因為平面，所以無論點P在EF任何位置，P到平面的距離不變，即高不變，所以三棱錐的體積為定值，故A正確；對于B：取中點G，中點H，連接GH，當時，，所以點P在GH上運動，假設平面，又，平面，平面，所以平面，因為平面，所以平面平面，與已知矛盾，故假設不成立，所以GH不平行平面，所以P在GH上運動時，P到平面的距離在變化，所以三棱錐的體積不是定值，故B錯誤；對于C：連接，，，當時，可得三點共線，將沿翻折至與平面共面，如下圖所示連接AB，當P為AB與交點時，最小，即為AB，因為均為面對角線，所以，即為等邊三角形，又，，所以，，所以在中，由正弦定理得，所以，故C正確；對于D：分別以DA、DC、為x，y，z軸正方向建系，如圖所示，則，設，所以，所以因為平面，平面，所以，又，所以，所以，整理得，所以，即，所以P點軌跡為線段，故D錯誤故選：AC三.填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知，且，則的方差為________．【答案】.【解析】因為，所以，且則，因此的方差為，故答案為：.13已知，則__________.【答案】【解析】因為是的系數，所以.故答案為：.14.現有n（，）個相同的袋子，里面均裝有n個除顏色外其他無區別的小球，第k（，2，3，…，n）個袋中有k個紅球，個白球.現將這些袋子混合后，任選其中一個袋子，并且從中連續取出四個球（每個取后不放回），若第四次取出的球為白球的概率是，則______.【答案】9【解析】設選出的是第k個袋，連續四次取球的方法數為，第四次取出的是白球的取法有如下四種情形：4白，取法數為：，1紅3白，取法數為：，2紅2白，取法數為：，3紅1白：取法數為：，所以第四次取出的是白球的總情形數為：，則在第k個袋子中取出的是白球的概率為：，因為選取第k個袋的概率為，故任選袋子取第四個球是白球的概率為：，當時，.故答案為：．四.解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知數列的前項和滿足，數列是公差為的等差數列，.（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和.解：（1）因為，所以，當時，，由于滿足，所以的通項公式為，因為數列是公差為的等差數列，，所以，所以；（2）因為，所以.16.將氫儲存在甲基環乙烷和甲苯等有機液體中是儲氫和運輸氫的重要方向.2023年12月俄羅斯科學院西伯利亞分院科研人員用鎳和錫取代鉑，研發出一種新型高效的脫氫催化劑，脫氫效率達99.9%，且對儲氫載體沒有破壞作用，可重復使用.近年來，我國氫能源汽車產業迅速發展，下表是某市氫能源乘用車的年銷售量與年份的統計表：年份20182019202020212022年份編號x12345銷量y(萬臺)23.52.589（1）求y關于x的經驗回歸方程，并預測2024年氫能源乘用車的銷量；（2）為了研究不同性別的學生對氫能源的了解情況，某校組織了一次有關氫能源的知識競賽活動，隨機抽取了男生和女生各60名，得到如表所示的數據：了解不了解合計男生25女生20合計（i）根據已知條件，填寫上述2×2列聯表；（ii）依據α=0.01的獨立性檢驗，能否認為該校學生對氫能源的了解情況與性別有關?參考公式：1.回歸方程中斜率和截距的最小二乘法估計公式分別為2.α0.0500.0100.001xα3.8416.63510.828解：（1）年份編號的平均數，銷量的平均數，所以，又所以，于，所以關于的經驗回歸方程為，又因為年份2024對應的編號為7，所以，故可以預測2