漯河市20222023學年下學期期末質量監測高二數學一?單項選擇題：（本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.）1.一質點做直線運動，若它所經過的路程與時間的關系為（的單位：，的單位：），則時的瞬時速度（單位：）為A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】∵，∴.故選D.考點：利用導數求瞬時速度.2.有下列說法：①在殘差圖中，殘差點比較均勻地落在以取值為0的橫軸為對稱軸的水平帶狀區域內，說明選用的模型比較合適.②決定系數用來刻畫回歸的效果，值越小，說明模型的擬合效果越好.③比較兩個模型的擬合效果，可以比較殘差平方和的大小，殘差平方和越小的模型，擬合效果越不好.其中正確命題的個數是（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】利用殘差的意義、相關指數的意義即可判斷.【詳解】①在殘差圖中，殘差點比較均勻地落在以取值為0的橫軸為對稱軸的水平帶狀區域內，說明選用的模型比較合適，則①正確；②決定系數用來刻畫回歸的效果，值越接近于1，效果越好，故②錯誤；③比較兩個模型的擬合效果，可以比較殘差平方和的大小，殘差平方和越小的模型，擬合效果越好，故③錯誤；其中正確得是①，故選：B.3.已知，數列，，，與，，，，都是等差數列，則的值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據等差數列的通項公式，分別表示出，，整理即可得答案.【詳解】數列，，，和，，，，各自都成等差數列，

，，

，

．

故選:A．4.已知直線平面，且的一個方向向量為，平面的一個法向量為，則實數的值為（）A.2或 B. C.3 D.或3【答案】A【解析】【分析】由直線平面，所以求解.【詳解】因為直線平面，所以或，故選：A.5.根據分類變量與的成對樣本數據，計算得到.依據的獨立性檢驗，結論為（）A.變量與不獨立B.變量與不獨立，這個結論犯錯誤的概率不超過C變量與獨立D.變量與獨立，這個結論犯錯誤的概率不超過【答案】C【解析】【分析】直接利用獨立性檢驗的知識求解.【詳解】按照獨立性檢驗的知識及比對的參數值，當，我們可以下結論變量與獨立.故排除選項A,B;依據的獨立性檢驗，6.147<6.635,所以我們不能得到“變量與獨立，這個結論犯錯誤的概率不超過”這個結論.故C正確，D錯誤.故選：C6.設點為直線上任意一點，過點作圓的切線，切點分別為，則直線必過定點（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據題意，設為直線上的一點，由切線的性質得點、在以為直徑的圓上，求出該圓的方程，與圓的方程聯立可得直線的方程，將其變形分析可得直線恒過的定點，【詳解】如圖，連接，，根據題意，設為直線上的一點，則，由于為圓的切線，則有，，則點、在以為直徑的圓上，以為直徑的圓的圓心為,，半徑，則其方程為，變形可得，聯立可得直線AB：，又由，則有AB：，變形可得，則有，解可得，故直線恒過定點.故選：B.7.如圖是一塊高爾頓板示意圖：在一塊木板．上釘著若干排互相平行但相互錯開的圓柱形小木塊，小木塊之間留有適當的空隙作為通道，小球從上方的通道口落下后，將與層層小木塊碰撞，最后掉入下方的某一個球槽內．若小球下落過程中向左、向右落下的機會均等，則小球最終落入④號球槽的的概率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】小球落下要經過5次碰撞，每次向左、向右落下的概率均為，并且相互獨立，最終落入④號球槽要經過兩次向左，三次向右，根據獨立重復事件發生的概率公式，即可求解.【詳解】解：設這個球落入④號球槽為時間，落入④號球槽要經過兩次向左，三次向右，所以.故選：D.【點睛】本題主要考查獨立重復試驗，屬于基礎題.8.某校組織甲?乙兩個班的學生參加社會實踐活動，安排有釀酒?油坊?陶藝?打鐵?紡織?插花?竹編制作共七項活動可供選擇，每個班上午?下午各安排一項活動（不重復），且同一時間內每項活動只允許一個班參加，則活動安排方案的種數為（）A.1260 B.1302C.1520 D.1764【答案】B【解析】【分析】按兩個班共選擇活動項數進行分類，至少選兩項，至多選四項，故分三類求解即可.【詳解】按兩個班共選擇活動項數分三類：第一類：兩個班共選擇2項活動，上午選兩項活動安排給甲，乙，下午將這兩項活動交換給甲，乙，則有種方法；第二類：兩個班共選擇3項活動，上午選兩項活動安排給甲，乙，然后再在其中選一個活動并再下午將其安排給上午沒有安排該活動的班級，另一個班再從余下的5項活動中選1項，則有種方法；第三類：兩個班共選擇4項活動，則有種方法.則活動安排方案的種數為故選：B.二?多項選擇題：（本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分）9.在遞增的等比數列{an}中，Sn是數列{an}的前n項和，若a1a4＝32，a2+a3＝12，則下列說法正確的是（）A.q＝1 B.數列{Sn+2}是等比數列C.S8＝510 D.數列{lgan}是公差為2的等差數列【答案】BC【解析】【分析】先根據題干條件判斷并計算得到q和a1的值，可得到等比數列{an}的通項公式和前n項和公式，對選項進行逐個判斷即可得到正確選項．【詳解】由題意，根據等比中項的性質，可得a2a3＝a1a4＝32＞0，a2+a3＝12＞0，故a2＞0，a3＞0．根據根與系數的關系，可知a2，a3是一元二次方程x2﹣12x+32＝0的兩個根．解得a2＝4，a3＝8，或a2＝8，a3＝4．故必有公比q＞0，∴a10．∵等比數列{an}是遞增數列，∴q＞1．∴a2＝4，a3＝8滿足題意．∴q＝2，a12．故選項A不正確．an＝a1?qn﹣1＝2n．∵Sn2n+1﹣2．∴Sn+2＝2n+1＝4?2n﹣1．∴數列{Sn+2}是以4為首項，2為公比的等比數列．故選項B正確．S8＝28+1﹣2＝512﹣2＝510．故選項C正確．∵lgan＝lg2n＝n．∴數列{lgan}是公差為1的等差數列．故選項D不正確．故選：BC【點睛】本題考查了等比數列的通項公式、求和公式和性質，考查了學生概念理解，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.10.甲、乙兩隊進行排球比賽，采取五局三勝制（當一隊贏得三場勝利時，該隊獲勝，比賽結束）．根據前期比賽成績可知在每一局比賽中，甲隊獲勝的概率為，乙隊獲勝的概率為．若前兩局中乙隊以2：0領先，則（）A.甲隊獲勝概率為 B.乙隊以3：0獲勝的概率為C.乙隊以3：1獲勝的概率為 D.乙隊以3：2獲勝的概率為【答案】AB【解析】【分析】由概率的乘法公式對選項逐一判斷，【詳解】對于A，在乙隊以2：0領先的前提下，若甲隊獲勝則第三、四、五局均為甲隊獲勝，所以甲隊獲勝的概率為，故A正確；對于B，乙隊以3：0獲勝，即第三局乙獲勝，概率為，故B正確；對于C，乙隊以3：1獲勝，即第三局甲獲勝，第四局乙獲勝，概率為，故C錯誤；對于D，若乙隊以3：2獲勝，則第五局為乙隊獲勝，第三、四局乙隊輸，所以乙隊以3：2獲勝的概率為，故D錯誤．故選：AB11.下列命題中正確的是（）A.若平面內兩定點，則滿足的動點的軌跡為橢圓B.雙曲線與直線有且只有一個公共點C.若方程表示焦點在軸上的雙曲線，則D.過橢圓一焦點作橢圓的動弦，則弦的中點的軌跡為橢圓【答案】BD【解析】【分析】根據橢圓定義可判斷A；雙曲線與直線聯立求解可判斷B；根據方程表示焦點在軸上的雙曲線求出的范圍可判斷C；設橢圓方程為，弦的中點為，當直線與軸不垂直時，設弦方程為，與橢圓方程聯立利用韋達定理可得動弦的中點橫、縱坐標，得，代入可得中點的軌跡方程，當直線與軸垂直時直接得答案可判斷D.【詳解】對于A，根據橢圓定義，若平面內兩定點，則滿足且的動點的軌跡為橢圓，故A錯誤；對于B，由得，所以雙曲線與直線有且只有一個公共點，故B正確；對于C，若方程表示焦點在軸上的雙曲線，則，方程組無解，故C錯誤；對于D，不妨設橢圓方程為，，則，弦的中點為，當直線與軸不垂直時，設弦方程為，與橢圓方程聯立可得，所以動弦的中點橫坐標為，中點縱坐標為，所以，可得，代入可得，當直線與軸垂直時，弦的中點為在上，綜上弦的中點的軌跡為橢圓，故D正確.故選：BD.12.對于函數，下列說法正確的有（）．A.在處取得極大值B.有兩不同零點C.D.若在上恒成立，則【答案】ACD【解析】【分析】對于A，先對函數求導，令導函數等于零，然后再判其極值即可；對于B，令，則可得函數的零點；對于C，由選項A的解答過程可知，當時，函數為減函數，所以，而，從而可得結果；對于D，由在上恒成立，得，令，再利用導數求此函數的最大值即可【詳解】函數的導數，，令得，則當時，，函數為增函數，當時，，函數為減函數，則當時，函數取得極大值，極大值為，故正確，由，得，得，即函數只有一個零點，故錯誤，，由時，函數為減函數知，故成立，故正確，若在上恒成立，則，設，，則，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，即當時，函數取得極大值同時也是最大值，成立，故正確.故選：ACD．【點睛】本題主要考查命題的真假判斷，涉及函數的單調性，極值，函數零點問題，求函數的導數，利用導數研究的性質是解決本題的關鍵．三?填空題：（本大題共4小題，每小題5分，共20分.）13.隨著我國對新冠肺炎疫情的控制，全國消費市場逐漸回暖，某商場統計的人流量x（單位：百人）與銷售額y（單位：萬元）的數據表有部分污損，如下所示.x23456y2.23.86.57.0已知x與y具有線性相關關系，且線性回歸方程，則表中污損數據應為_____.【答案】5.5【解析】【分析】先計算出，再由線性回歸方程過點，可得答案.【詳解】由表可知.因為線性回歸方程過點，所以，所以表中數據應為.故答案為：5.5.【點睛】本題考查線性回歸方程過樣本中心點，屬于基礎題.14.若展開式中的系數為30，則________.【答案】【解析】【分析】求出展開式通式和相乘，然后利用的系數為30列方程求解.【詳解】展開式通式為則，，解得故答案為：.15.已知為雙曲線的左?右焦點，為坐標原點，過點且斜率為的直線交的右支于點，且，則雙曲線的離心率為__________.【答案】【解析】【分析】由給定條件可得，再由斜率及雙曲線定義，結合勾股定理建立的方程，即可求解作答.【詳解】由，得，又，因此，又，則，令雙曲線半焦距c，由，得，整理得，而，解得，所以雙曲線的離心率.故答案為：16.已知函數，若對恒成立，則實數的取值范圍為___________.【答案】【解析】【分析】先證，當時，在上單調遞增，可得恒成立；當時，可得，即可求解結果．【詳解】由題意可知，令，當時，；當時，；所以在上單調遞減，在上單調遞增，則恒成立；由，則當時，，即在上單調遞增，則對恒成立，滿足題意；當時，由得或又因為且函數為奇函數，所以可得，解得，則，綜上，實數的取值范圍為．故答案為：四?解答題：（本大題共6個大題，共70分，解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.）17.對某種書籍每冊的成本費（元）與印刷冊數（千冊）的數據作了初步處理，得到下面的散點圖及一些統計量的值.i=14.834.220.377560.170.6039.384.8其中，.為了預測印刷千冊時每冊的成本費，建立了兩個回歸模型：，.（1）根據散點圖，你認為選擇哪個模型預測更可靠？（只選出模型即可）（2）根據所給數據和（1）中的模型選擇，求關于的回歸方程，并預測印刷千冊時每冊的成本費.附：對于一組數據，，…，，其回歸方程的斜率和截距的最小二乘估計公式分別為：，.【答案】(1)模型更可靠.(2)關于的回歸方程為.當時，該書每冊的成本費（元）.【解析】【詳解】分析：(1)根據散點呈曲線趨勢，選模型更可靠.(2)根據公式求得，根據求得，最后求自變量為20對應的函數值.詳解：（1）由散點圖可以判斷，模型更可靠.（2）令，則，則.∴，∴關于的線性回歸方程為.因此，關于的回歸方程為.點睛：函數關系是一種確定的關系，相關關系是一種非確定的關系.事實上，函數關系是兩個非隨機變量的關系，而相關關系是非隨機變量與隨機變量的關系.如果線性相關，則直接根據用公式求，寫出回歸方程，回歸直線方程恒過點.18.已知數列滿足，，.（1）求數列的通項公式；（2）求數列的前項的和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分為奇數和為偶數，求解通項公式；（2）利用分組求和求解.【小問1詳解】當奇數時，，所以所有奇數項構成以為首項，公差為－1的等差數列，所以，當為偶數時，，所以所有偶數項構成以為首項，公比為3的等比數列，所以，所以；【小問2詳解】.19.如圖，在四棱錐中，四邊形是長方形，平面平面，平面平面，（1）證明：平面；（2）若，為中點，求二面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）．【解析】【分析】(1)有長方形可得，結合面面垂直的性質可推出，同理可證，結合線面垂直的判定可證明平面.(2)以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，求出平面和平面的法向量，從而可求出二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：∵四邊形為長方形，∴，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，∵平面，∴．同理，又，平面平面，∴平面．（2）以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，則設為平面的法向量，∵，∴，令，則，∴平面的一個法向量．同理可求得平面的一個法向量，∴．∵二面角的大小為鈍角,∴二面角的余弦值為．【點睛】思路點睛:求空間角問題時常用思路為:1、幾何法找到角，結合解三角形的思想進行求解；2、建立空間直角坐標系，求直線的方向向量和平面的法向量，結合向量數量積運算從而求解.20.已知橢圓的離心率，過點和的直線與原點的距離為．（1）求橢圓的方程；（2）已知定點，若直線與橢圓交于、兩點．問：是否存在的值，使以為直徑的圓過點？請說明理由．【答案】（1）；（2）存在，.【解析】【分析】（1）求出過點和的直線，利用直線與坐標原點的距離為，橢圓的離心率，建立方程，可求出的值，從而可得橢圓的方程；（2）直線代入橢圓方程，利用韋達定理及以為直徑的圓過點，利用，即可求得結論【詳解】（1）直線方程為：．依題意，解得．∴橢圓方程為．（2）假若存在這樣的值，由，得．∴．①設，，則．②而．要使以為直徑的圓過點，當且僅當時，則．即．∴．③將②式代入③整理解得．經驗證使①成立．綜上可知，存在，使得以為直徑的圓過點．【點睛】此題考查橢圓的標準方程，考查橢圓的性質，考查直線與橢圓的位置關系，考查韋達定理的運用，考查計算能力，屬于中檔題21.已知函數，.（1）若存在單調遞增區間，求的取值范圍；（2）若，與為的兩個不同極值點，證明：.【答案】（1）；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）由題意知有解，分離可得有解，令，可得，利用導數求的最大值即可求解；（2）由題意知，是的兩根，將，代入整理可得，所證明不等式為，令，問題轉化為證明成立，利用導數證明單調性求最值即可求證.【詳解】（1）函數定義域為，根據題意知有解，即有解，令，，且當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以，所以；（2）由，是的不同極值點，知，是的兩根，即，所以①，聯立可得：②，要證，由①代入即證，即，由②代入可得③，因為，則③等價于，令，問題轉化為證明④成立，而，在上單調遞增，當，④成立，即得證.【點睛】方法點睛：破解雙參數不等式的方法：一是轉化，即由已知條件入手，尋找雙參數滿足的關系式，并把含雙參數的不等式轉化為含單參數的不等式；二是巧構函數，再借用導