高二數(shù)學試卷一、單項選擇題：本大題共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. 拋物線的焦點坐標是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】將已知拋物線方程整理成標準形式，從而可求出焦點坐標.【詳解】由可得，焦點在軸的正半軸上，設坐標為，則，解得，所以焦點坐標為.故選:D.2. 設隨機變量，若，則（）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】A【解析】【分析】根據正態(tài)分布及求出期望與方差即可判斷作答.【詳解】因為隨機變量，且，所以由對稱性知，由正態(tài)分布知方差，A正確，BCD錯誤.故選：A3. 從1，2，3，0這四個數(shù)中取三個組成沒有重復數(shù)字的三位數(shù)，則三位數(shù)的個數(shù)為（）A. 24 B. 48 C. 18 D. 36【答案】C【解析】【分析】利用分步計數(shù)原理和排列數(shù)即可求解.【詳解】先排末位則有種，再從剩下的三個選兩個進行排列則，根據分步計數(shù)原理可得種，故選：C.4. 已知上可導函數(shù)的圖象如圖所示，是的導函數(shù)，則不等式的解集為（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由函數(shù)圖象得出和的解，然后用分類討論思想求得結論．【詳解】由圖象知的解集為，的解集為，或，所以或，解集即為．故選：C5. 在數(shù)列中，已知，則的前10項的和為（）A. 1023 B. 1024 C. 2046 D. 2047【答案】C【解析】【分析】利用，表示出的前10項的和，通過等比數(shù)列前n項和公式求解即可.【詳解】，，，，，則的前10項的和為.故選：C.6. 在棱長為2的正方體中，下列說法不正確的是（）A. 直線與平面所成的角為B. C. 三棱錐外接球的表面積為D. 平面與平面距離為【答案】A【解析】【分析】根據線面角的定義即可判斷A，建立空間直角坐標系，通過空間向量的坐標運算即可判斷BD，由三棱錐外接球與正方體的外接球相同即可判斷C.【詳解】連接，與相交于點，因為平面，且平面，所以，又因為，，所以平面，即直線與平面所成的角為，且，故A錯誤；連接，以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，則，則設平面的法向量為，則，解得，取，則所以，則，所以平面，且平面，則，故B正確；因為三棱錐外接球就是正方體的外接球，設其外接球的半徑為，則，即，所以，故C正確；因為平面平面所以平面同理平面 又平面,所以平面平面，由B選項可知，平面的法向量為，且，則兩平面間的距離，故D正確.故選:A7. 已知拋物線的焦點為，點是拋物線上一點，圓與線段相交于點，且被直線截得的弦長為，若，則（）A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根據點在拋物線上及拋物線的定義，利用圓的弦長及勾股定理即可求解【詳解】由題意可知，如圖所示，在拋物線上，則易知，，由，因為被直線截得的弦長為，則，由，于是在中，由解得：，所以．故選：C.8. 已知函數(shù)的導函數(shù)為，且，，則不正確的是（）A. B. C. 沒有極小值 D. 當有兩個根時，【答案】C【解析】【分析】根據條件判斷函數(shù)的單調性，即可判斷AB；求函數(shù)，利用導數(shù)求函數(shù)的極值，判斷C；將方程的實數(shù)根，轉化為函數(shù)圖象的交點問題，利用數(shù)形結合判斷的取值范圍.【詳解】因為，所以函數(shù)單調遞增，，即，故A正確；，即，故B正確；設，即，，得，所以，，得，在區(qū)間上，，單調遞減，在區(qū)間上，，單調遞增，所以當函數(shù)取得極小值，故C錯誤；有2個根，即函數(shù)的圖象與有2個交點，由以上可知當函數(shù)取得極小值，，并且時，，并且時，，時，，并且時，，所以當直線與的圖象有2個交點時，，故D正確.故選：C.二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9. 下列說法正確是（）A. 若隨機變量~，則B. 若隨機變量的方差，則C. 若，，，則事件與事件獨立D. 若隨機變量~且，則【答案】ACD【解析】【分析】通過計算可以判斷選項ABD；計算得到，則事件與事件獨立，所以選項C正確.【詳解】A. 若隨機變量~，則，所以該選項正確；B. 若隨機變量的方差，則,所以該選項錯誤；C. 若，則事件與事件獨立，所以該選項正確；D. 若隨機變量~且，則，所以該選項正確.故選：ACD10. 已知是等差數(shù)列，其前項和為，，則下列結論一定正確的有（　?。〢. B. 最小 C. D. 【答案】AC【解析】【分析】計算得所以，所以選項A正確；由于符號不確定，所以選項B錯誤；所以選項C正確；，所以選項D錯誤.【詳解】根據題意，數(shù)列是等差數(shù)列，若即變形可得所以，所以選項A正確；，如果，則，則最??；如果，則，由于，則最?。蝗绻?，則，由于，則沒有最小值.所以選項B錯誤；，所以選項C正確；，所以選項D錯誤.故選：AC11. 點是拋物線上第一象限內的點，過點A作圓C：的兩條切線，切點為、，分別交軸于P，Q兩點，則下列選項正確的是（）A. B. 若，則直線MN的方程為C. 若，則的面積為92D. 的面積最小值為72【答案】ABD【解析】【分析】根據勾股定理即可判斷A，根據相交弦的方程即可由兩圓方程相減求解B,根據三角形面積與內切圓的關系即可列出方程求解C，結合基本不等式即可求解D.【詳解】對于A選項，，故,A正確；對于B選項，，,則以為直徑的圓的方程為，與圓相減得，故MN直線為，故B正確；對于C選項，,又，當時，，則，故，故C錯誤；對于D選項，由C可知當且僅當時，等號成立，故時，取得最小值72，故D正確，故選：ABD.【點睛】圓錐曲線中取值范圍問題的五種求解策略：（1）利用圓錐曲線的幾何性質或判別式構造不等關系，從而確定參數(shù)的取值范圍；（2）利用已知參數(shù)的范圍，求新的參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數(shù)之間的等量關系；（3）利用隱含的不等關系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；（4）利用已知的不等關系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；（5）利用求函數(shù)值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍.12. 如圖，點M是棱長為l的正方體中的側面上的一個動點（包含邊界），則下列結論正確的是（）A. 不存在點M滿足平面B. 存在無數(shù)個點M滿足C. 當點M滿足時，平面截正方體所得截面的面積為D. 滿足的點M的軌跡長度是【答案】BCD【解析】【分析】對于A：根據線面垂直關系可得，分析判斷；對于B：根據線面垂直關系可得，分析判斷；對于C：根據平行線的性質以及利用空間向量分析運算求截面，進而可求截面面積；對于D：利用空間向量求點M的軌跡，進而求點M的軌跡長度.【詳解】對于選項A：連接，因為四邊形ABCD是正方形，所以，∵，且平面，所以，，平面，所以平面，且平面，可得，同理可證，，平面，所以，又點M是面上一個動點（包含邊界），所以當M與A1重合時，故A錯誤；對于選項B：連接，，，則，又因為，，，所以，可知當M在線段上時，有故存在無數(shù)個點滿足，故B正確；對于選項C：延長交于點，∵，則為線段靠近點的三等分點，且，則，則為線段的中點，如圖，以D點為原點建立空間直角坐標系，則，可得，設平面的法向量為，則，令，則，即，設平面，點，則，則，解得，則，故，可得，即，且，故截面面積，故C正確；對于選項D：因為正方體的棱長為l，所以設所以，，因為，所以化簡得：，所以點M的軌跡是一段以為圓心，半徑為的圓弧，設圓弧與分別交于點，取，則，即；取，則，即；則，則，且，即，∴軌跡長度是，故D正確．故選：BCD.三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．請把答案填寫在答題卡相應位置上．13. 若，則=__.【答案】3【解析】【分析】列出關于x的方程，解之即可求得x的值.【詳解】由，可得，即，整理得，解之得或（舍）故答案為：314. 現(xiàn)有兩批產品，第一批產品的次品率為5%，第二批產品的次品率為15%，兩批產品以3:2的比例混合在一起，從中任取1件，該產品合格的概率為__________.【答案】0.91##【解析】【分析】設兩批產品共取件，求出第一批和第二批產品中的合格品的件數(shù)即得解.【詳解】設兩批產品共取件，所以第一批產品中的合格品有件，第二批產品中的合格品有件，所以從中任取1件，該產品合格的概率為.故答案為：0.9115. 若直線與圓交于兩點，則面積的最大值為____.【答案】【解析】【分析】先求得面積的表達式，再利用二次函數(shù)的性質即可求得面積的最大值.【詳解】圓的圓心，半徑，直線恒過定點，則，設中點為M，則點M在以為直徑的圓上，設圓心到直線距離為d，則，，則的面積為當即時取得最大值.則面積的最大值為.故答案為：16. 已知函數(shù)在處取得極值，且在上的最大值為1，則的值為___.【答案】或【解析】【分析】先求得的導函數(shù)，進而按t討論得到的單調性，利用題給條件列出關于的方程，進而求得的值.【詳解】由（），可得由函數(shù)在處取得極值，可得，若，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，則在處取得極大值即最大值，則，解之得.若，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，則在處取得極大值，又由在上的最大值為1可得，，即，不等式組無解.若，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，則在處取得極小值，在處取得極大值又由在上的最大值為1可得，，解之得.綜上，的值為或.故答案為：或.四、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟17. 已知數(shù)列的前項和為，從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個條件作為已知，解答下列問題.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）設，記的前項和為，若對任意正整數(shù)，都有恒成立，求實數(shù)的取值范圍.條件①，且；條件②為等比數(shù)列，且滿足.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.【答案】（1）條件選擇見解析，（2）【解析】【分析】（1）選①：由與的關系求；選②：求得后得到公比，寫出通項公式即可.（2）由裂項求和法求得，并求得的取值范圍，由不等式恒成立求的取值范圍.【小問1詳解】選①：且，則，兩式相減，得，所以為公比的等比數(shù)列，又，，解得，所以；選②：因為為等比數(shù)列，且滿足，所以，，所以，所以.【小問2詳解】因為，所以，顯然數(shù)列是關于的增函數(shù)，∵，∴，∴由恒成立得，，解得或故的取值范圍為.18. 已知是函數(shù)的極值點，則：（1）求實數(shù)的值．（2）討論方程的解的個數(shù)【答案】（1）（2）答案見解析【解析】【分析】（1）求導，由題意可得，即可得解，要注意檢驗；（2）利用導數(shù)求出函數(shù)的單調區(qū)間及極值，由此作出函數(shù)的大致圖象，結合函數(shù)圖象即可得解.【小問1詳解】,因為是函數(shù)的極值點，所以，即，解得或，當時，，令，則或，令，則，所以函數(shù)在上遞增，在上遞增，所以的極小值點為，極大值點為，符合題意，當時，，所以在上遞增，所以無極值點，綜上所述；【小問2詳解】由（1）可得，函數(shù)在上遞增，在上遞增，則，又當時，，當時，，作出函數(shù)的大致圖象，如圖所示，當或時，方程有個解，當或時，方程有個解，當時，方程有個解.19. 如圖，在矩形ABCD中，，E為邊CD上的點，，以BE為折痕把折起，使點C到達點P的位置，且使二面角為直二面角，三棱錐的體積為．（1）求證：平面平面PAE；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取BE中點，則，由三棱錐的體積得，可得，由平面ABCD得，故平面PBE，得，又，可得平面，進而得證；（2）以D為原點，為x，y軸正向，過作軸垂直于平面ABCD，建立空間直角坐標系，分別求出平面BPA和平面DPA的法向量，由向量的夾角公式求解即可．【小問1詳解】設，由題意為等腰直角三角形，折疊后為等腰直角三角形，取BE中點，連接PF，則，由于二面角為直二面角，故平面ABCD，且，則，得，即．則，故，又平面ABCD，故，又PF與BE相交，故平面PBE，故，又，且PE與AE相交，故平面，又面PAB，故平面平面.【小問2詳解】以D為原點，為x，y軸正向，過作軸垂直于平面ABCD，建立空間直角坐標系，則，，設平面BPA的法向量為，則，取，可得，設平面DPA的法向量為，則，取，可得，則，由于二面角為鈍角，故其余弦值為．20. 2022年12月初某省青少年乒乓球培訓基地舉行了混雙選拔賽，其決賽在韓菲/陳宇和黃政/孫藝兩對組合間進行，每場比賽均能分出勝負．已知本次比賽的贊助商提供了10000元獎金，并規(guī)定：①若其中一對贏的場數(shù)先達到4場，則比賽終止，同時這對組合獲得全部獎金；②若比賽意外終止時無組合先贏4場，則按照比賽繼續(xù)進行各自贏得全部獎金的概率之比給兩對組合分配獎金．已知每場比賽韓菲/陳宇組合贏的概率為，黃政/孫藝贏的概率為，且每場比賽相互獨立．（1）若在已進行的5場比賽中韓菲/陳宇組合贏3場、黃政/孫藝組合贏2場，求比賽繼續(xù)進行且韓菲/陳宇組合贏得全部獎金的概率；（2）若比賽進行了5場時終止（含自然終止與意外終止），則這5場比賽中兩對組合之間的比賽結果共有多少不同的情況？（3）若比賽進行了5場時終止（含自然終止與意外終止），設，若贊助商按規(guī)定頒發(fā)獎金，求韓菲/陳宇組合獲得獎金數(shù)X的分布列．【答案】（1）（2）28 （3）分布列見詳解【解析】【分析】（1）根據題意結合對立事件的概率求法運算；（2）根據題意可得有四則可能，再結合組合數(shù)運算求解；（3）根據題意分析可得獎金數(shù)X的可能取值，結合（2）求相應的概率，即可得結果.【小問1詳解】“比賽繼續(xù)進行且韓菲/陳宇組合贏得全部獎金”的對立事件為“黃政/孫藝組合再連贏2場”，故比賽繼續(xù)進行且韓菲/陳宇組合贏得全部獎金的概率.【小問2詳解】設5場比賽中韓菲/陳宇組合贏場、黃政/孫藝組合贏場，用表示比賽結果，若比賽進行了5場時終止（含自然終止與意外終止），則有：，故共有種不同的情況.【小問3詳解】若韓菲/陳宇組合贏1場、黃政/孫藝組合贏4場，則韓菲/陳宇組合獲得獎金數(shù)為0元；若韓菲/陳宇組合贏2場、黃政/孫藝組合贏3場，則韓菲/陳宇組合需再連贏2場，其概率為，故韓菲/陳宇組合獲得獎金數(shù)為元；若韓菲/陳宇組合贏3場、黃政/孫藝組合贏2場，則韓菲/陳宇組合需再贏1場，其概率為，故韓菲/陳宇組合獲得獎金數(shù)為元；若韓菲/陳宇組合贏4場、黃政/孫藝組合贏1場，則韓菲/陳宇組合獲得獎金數(shù)為10000元；即獎金數(shù)X的可能取值有，則有，故獎金數(shù)X的分布列為：0250075001000021. 以橢圓的中心O為圓心，以為半徑的圓稱為該橢圓的“伴隨”．已知橢圓的離心率為，且過點．（1）求橢圓C及其“伴隨”的方程；（2）過點作“伴隨”的切線l交橢圓C于A，B兩點，記為坐標原點）的面積為，將表示為m的函數(shù)，并求的最大值．【答案】（1）,；（2），，的最大值為1．【解析】【分析】（1）由橢圓C的離心率，結合的關系，得到，設出橢圓方程，代入點，即可得到橢圓方程和“伴隨”的方程；（2）設切線的方程為，聯(lián)立橢圓方程，消去y得到x的二次方程，運用韋達定理和弦長公式，即可得到AB的長，由l與圓相切，得到的關系式，求出 的面積，運用基本不等式，即可得到最大值．【詳解】（1）橢圓的離心率為，可得，即又由，可得，設橢圓C的方程為，因為橢圓C過點，代入可得，解得，所以橢圓C的標準方程為，又由，即“伴隨圓”是以原點為圓心，半徑為1的圓，所以橢圓C的“伴隨”方程為．（2）由題意知，，易知切線的斜率存在，設切線的方程為，由得，設A，B兩點的坐標分別為（x1，y1），（x2，y2），則，．又由l與圓x2+y2=1相切，所以，k2=m2-1．所以=，則，，可得（當且僅當時取等號），所以當時，S△AOB的最大值為1．【點睛】本題考查橢圓的方程和性質，考查聯(lián)立直線方程和橢圓方程，消去未知數(shù)，運用韋達定理和弦長公式的運用，考查直線與圓相切的條件，考查運算能力，屬于中檔題．22. 已知函數(shù)，.（1）討論函數(shù)的單調性；（2）若恒成立，求實數(shù)的取值范圍.【答案】（1）答案見解析（2）【解析】【分析】（1）求導，對a進行討論，利用導函數(shù)的正負即可求出的單調性；（2）方法一：將問題轉化為恒成立，令，求導利用導函數(shù)的正負和零點存在定理，分析其單調性，根據隱零點的的關系求出最小值，轉化為，再次換元，令，求導分析單調性并得到最值，即可求出a；方法二：利用將問題轉化為恒成立，換元后得到新的函數(shù)，求導分析其單調性，并對a進行討論，即可求解；【小問1詳解】解：的定義域為，，當時，恒成立，所以在上單調遞減；當時，令解得，所以在上單調遞增；令解得，所以在上單調遞減，綜上所述：當時，在上單調遞減；當時，在上單調遞增，在上單調遞減；【小問2詳解】已知在恒成立，化簡得法一：令，定義域為，則，①當時，恒成立，則單調遞增，的值域為R，不符合題意；②當時，，也不符合題意；③當時，令，則恒成立，所以在上單調遞增.當時，，又，根據零點存在定理以及函數(shù)的單調性可知，有，即有唯一解，有，此時；當時，，又，根據零點存在定理以及函數(shù)的單調性可知，有，即有唯一解，有，此時.綜上所述，對，都有唯一解，有，此時.又當時，，即，所以在上單調遞減；當時，，即，所以在上單調遞增.所以，故只需. 令，上式即轉化為，設，則.當時，，所以在上單調遞增；當時，，所以在上單調遞減.所以，當時，有最大值，所以，所以.又，所以，所以.由，解得．綜上所述.法二：恒成立，令，故在上單調遞增，所以，問題轉化為在恒成立，設，當時，恒成立，在上單調遞增，又，所以時，，不符合題意；當時，在上單調遞減，上單調遞增，所以，當時，都有均不符合題意，當時，，此時在恒成立，綜上所述：【點睛】方法點睛：主要考向有以下幾點：1、求函數(shù)單調區(qū)間（含參數(shù)）或判斷函數(shù)（含參數(shù)）的單調性；2、求函數(shù)在某點處的切線方程，或知道切線方程求參數(shù)；3、求函數(shù)的極值（最值）；4、求函數(shù)的零點（零點個數(shù)），或知道零點個數(shù)求參數(shù)的取值范圍；5、證明不等式；解決方法：對函數(shù)進行求導，結合函數(shù)導數(shù)與函數(shù)的單調性等性質解決，在證明不等式或求參數(shù)取值范圍時，通常會對函數(shù)進行參變分離，構造新函數(shù)，對新函數(shù)求導再結合導數(shù)與單調性等解決.。