资源简介

甘肃省2023-2024学年高二下学期期末学业水平质量测试
数学
本试卷满分150分，考试时间120分钟
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的学校、姓名、班级、准考证号填写在答题卡上相应的位置。
2．全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。
3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答紫用0.5毫米黑色笔迹签字笔写在答题卡上。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
参考公式：锥体的体积公式：（其中为锥体的底面积，为锥体的高）．
一、单项选择题（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．已知随机变量服从正态分布，则（ ）
A．0.2 B．0.3 C．0.7 D．0.8
2．图中的直线的斜率分别为，则有（ ）
A． B． C． D．
3．在所有棱长均为2的平行六面体中，，则的长为（ ）
A． B． C． D．6
4．展开式中的常数项是（ ）
A． B．60 C． D．15
5．等差数列的公差是2，若成等比数列，则的前项和（ ）
A． B． C． D．
6．已知圆的方程为，设该圆过点的最长弦和最短弦分别为和，则四边形的面积为（ ）
A．32 B． C．16 D．
7．随机变量的概率分布列为，其中是常数，则的做为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．35
8．过双曲线的左焦点作斜系为2的直线交于两点．若，则双曲线的离心率为（ ）
A．3 B．2 C． D．
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有远错的得0分）
9．下列结论正确的是（ ）
A．由样本数据得到的回归直线必过点
B．已知随机变量，若，则
C．基于小概率值的检验规则是：当时，我们就推断不成立，即认为和不独立．该推断犯错误的概率不超过；当时，我们没有充分证据推断不成立，可以认为和独立
D．若散点图中所有点都在直线上，则样本相关系数
10．如图，正方体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）
A．直线和所成的角为
B．四面体的体积是
C．点到平面的距离为
D．平面与平面所成二面角的正弦值为
11．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”．记斐波那契数列为，其前项和为，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．丝绸之路是文明之路、经济之路，也是东西之间的友谊之路、合作共赢之路．甘肃，作为丝绸之路沿线的重受省份，已成功举办11届敦煌行·丝绸之路国际旅游节，在旅游节期间，需从4位志愿者中选3位安排到甲、乙、丙三个不同的工作岗位，每个岗位1人，其中志愿者不能安排在甲岗位，则不同的安排方法种数为_____________．
13．已知直线与曲线相切，则的值为_____________．
14．圆锥曲线具有丰富的光学性质：椭圆绕它的长轴旋转一周形成一个旋转椭球面．以旋转椭球面做反射镜时，从它的一个焦点发射的光线，经旋转椭球面的反射后，反射光线都经过另一个焦点．如图甲，椭圆为旋转椭球面中过长轴的一个截面，其中法线表示与椭圆的切线垂直且过相应切点的直线．如图乙，椭圆的中心在坐标原点，焦点为．由发出的光经椭圆两次反射后回到经过的路程为．利用椭圆的光学性质解决以下问题：
（1）椭圆的 心率为_____________．
（2）点是椭圆上除顶点外的任意一点，椭圆在点处的切线为在上的射影在圆上，则椭圆的方程为_____________．
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．（13分）如图，在梯形中，分别为边，的中点，沿将梯形翻折，使平面平面．
（1）证明：；
（2）求与平面所成角的正弦值．
16．（15分）某学校有两家餐厅，王同学第一天午餐时随机的选择一家餐厅用餐．如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为0.4；如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为0.8．
（1）求王同学第二天去餐厅用餐的概率；
（2）王同学某次在餐厅就餐，该餐厅提供4种西式点心，2种中式点心，王同学从这些点心中随机选择3种点心，记选择西式点心的种数为，求的分布列和数学期望．
17．（15分）设函数，函数．
（1）求的单调区间；
（2）当时，恒成立，求的取值范围．
18．（17分）已知拋物线的焦点为上任意一点到的距离与到点的距离之和的最小值为3．
（1）求拋物线的标准方程；
（2）已知过点的卉线与分别交于点与点，延长交于点，线段与的中点分別为．
①证明：点在定直线上；
②若直线，直线的斜率分别为，求的取值范围．
19．（17分）等差数列的特点是每一项与前一项之差相等．如果数列不是等差数列，但每一项与前一项之差构成等差数列，即是等差数列，则叫作二阶等差数列．类似地，若是二阶等差数列，则叫作三阶等差数列．如此可以对更大的整数归纳地定义阶等差数列．高阶等差数列的研究，始于北宋科学家沈括《梦溪笔谈》中的隙积术，南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中明确地推得一些对高阶等差数列求和公式，元代数学家朱世杰将此类问题进一步推广．
（1）已知数列为二阶等差数列，其前5项分别为2，3，5，8，12．
①求数列的通项公式；
②求数列的前项和；
（2）若数列的通项公式为，数列的前项和记为，若将数列的前项和记为，数列的前项和记为依次类推．
①求；
②求（只写出结果）．
参考数据：．
甘肃省2023-2024学年高二下学期期末学业水平质量测试
·数学参考答案
1．选B 因为，则．选由图象可得，．
2．选C 因为，所以，从而，即的长为．
4．选B 展开式的通项为，令，解得，可得展开式中的常数项是．
5．选A 由已知得，又因为是公差为2的等差数列，故，即，解得，所以，故．
6．选D 由题意，得圆心坐标是，半径是3．因为圆心到点的距离为，所以点在圆内，最长弦为圆的直径，由垂径定理，得最短弦和最长弦（即圆的直径）垂直，故最短弦的长为，最长弦即直径，所以四边形的面积为．
7．选A 因为，所以，解得，所以，所以，故．
8．选D 设，由，得，设直线的方程为，由消去，得，由根与系数的关系，得，所以，解得，所以，可得．
9．选AC 对于A，回归直线必过点，故A正确；对于B，对于二项分布，，解得，故B错误；对于C，由独立性检验的基本思想可知其正确；对于D，散点图中所有点都在直线上，则样本相关系数，D错误．
10．选BCD 建立如图所示空间直角坐标系，则，，，对于A，，故，故，即直线和所成的角为，故A错误；对于B，易得四面体为正四面体，则，故B正确；对于C，，设平面的法向量为，则有令，则，故点到平面的距离，故C正确；对于D，设平面的法向量为，则有令，则，所以平面与平面所成二面角的正弦值为，故D正确．
11．选ACD 依题意可得，所以A正确；经计算可得，所以B错误；，所以C正确；，累加得，所以D正确．
12．解析：法一运用分步乘法计数原理，先安排甲岗位，再安排乙、丙岗位，则不同的安排方法共有（种）．
法二运用分类加法计数原理，若不入选，有（种）安排方法；
若入选，则有（种）安排方法，所以共有（种）不同的安排方法．
答案：18
13．解析：设切点，则，又因为，
所以，所以，所以．
答案：
14．解析：（1）设椭圆的长轴长为，则由发出的光经椭圆两次反射后回到，经过的路程为，从而．
（2）如图，延长，交于点．
在中，，由反射角等于入射角，得，
则，且为中点．
在中，，
则，
所以，
所以椭圆方程为．
答案：（1） （2）
15．解：（1）证明：沿将梯形翻折后，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面
又，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系．
则，，
所以．
因为，所以．
（2）易得，．
设平面的法向量为，
则即
令，解得，
故．
设与平面所成的角为，则．
故与平面所成角的正弦值为，
16．解：（1）设“第一天去餐厅用餐”，“第一天去餐厅用餐”，“第二天去餐厅用餐”，
根据题意得，，
由全概率公式，得，
所以王同学第二天去餐厅用餐的概率为0.6．
（2）由题意，得可以取1，2，3．
，
，
．
所以的分布列为
1 2 3
所以．
17．解：（1）．
①当时，单调递增；
②当时，若，则．
- 0 +
单调递减 单调递增
综上，当时，单调递增；
当时，在上单调递减，在，上单调递增．
（2），
由（1）知，①当时，单调递增，，
所以在上单调递增，，所以符合题意；
②当时，在上单调递增，，
所以在上单调递增，，所以符合题意；
③当时，在上单调递减，在上单调递增，所以，使得，所以在上单调递减，在上单调递增，则，不满足题意．
综上所述的取值范围为．
18．解：（1）抛物线的准线方程为，
设点到准线的距离为．
由抛物线的定义，得，解得，
当且仅当三点共线时，等号成立，
所以抛物线的标准方程为．
（2）①）证明：设，
直线的方程为，直线的方程为，
联立消去整理得，
所以，同理可得，
所以直线的方程为，
即．
同理可得直线的方程为．
联立
得，
即，
即，
即，
所以，
即点在直线上．
②由题意可知，的斜率存在且均不为0，
因为，所以设直线的方程为，则直线的方程为，
由①知，．
所以，
所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，
又易知，
所以的取值范围为
19．解：（1）①因为为二阶等差数列，则，
累加可得，
故．
②由组合数性质可知，
，
即，
所以，
所以，
即，
所以
．
（2）①，
，
．
②．

展开更多......

收起↑