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高二数学试卷一、单项选择题：本大题共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. 抛物线的焦点坐标是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将已知抛物线方程整理成标准形式，从而可求出焦点坐标.【详解】由可得，焦点在轴的正半轴上，设坐标为，则，解得，所以焦点坐标为.故选:D.2. 设随机变量，若，则（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】【分析】根据正态分布及求出期望与方差即可判断作答.【详解】因为随机变量，且，所以由对称性知，由正态分布知方差，A正确，BCD错误.故选：A3. 从1，2，3，0这四个数中取三个组成没有重复数字的三位数，则三位数的个数为（）A. 24B. 48C. 18D. 36【答案】C【解析】【分析】利用分步计数原理和排列数即可求解.【详解】先排末位则有种，再从剩下的三个选两个进行排列则，根据分步计数原理可得种，故选：C.4. 已知上可导函数的图象如图所示，是的导函数，则不等式的解集为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由函数图象得出和的解，然后用分类讨论思想求得结论【详解】由图象知的解集为，的解集为，或，所以或，解集即为故选：C5. 在数列中，已知，则的前10项的和为（）A. 1023B. 1024C. 2046D. 2047【答案】C【解析】【分析】利用，表示出的前10项的和，通过等比数列前n项和公式求解即可.【详解】，则的前10项的和为.故选：C.6. 在棱长为2的正方体中，下列说法不正确的是（）A. 直线与平面所成的角为B. C. 三棱锥外接球的表面积为D. 平面与平面距离为【答案】A【解析】【分析】根据线面角的定义即可判断A，建立空间直角坐标系，通过空间向量的坐标运算即可判断BD，由三棱锥外接球与正方体的外接球相同即可判断C.【详解】连接，与相交于点，因为平面，且平面，所以，又因为，所以平面，即直线与平面所成的角为，且，故A错误；连接，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，则设平面的法向量为，则，解得，取，则所以，则，所以平面，且平面，则，故B正确；因为三棱锥外接球就是正方体的外接球，设其外接球的半径为，则，即，所以，故C正确；因为平面平面所以平面同理平面 又平面,所以平面平面，由B选项可知，平面的法向量为，且，则两平面间的距离，故D正确.故选:A7. 已知抛物线的焦点为，点是抛物线上一点，圆与线段相交于点，且被直线截得的弦长为，若，则（）AB. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据点在抛物线上及抛物线的定义，利用圆的弦长及勾股定理即可求解【详解】由题意可知，如图所示，在抛物线上，则易知，由，因为被直线截得的弦长为，则，由，于是在中，由解得：，所以故选：C.8. 已知函数的导函数为，且，则不正确的是（）A. B. C. 没有极小值D. 当有两个根时，【答案】C【解析】【分析】根据条件判断函数的单调性，即可判断AB；求函数，利用导数求函数的极值，判断C；将方程的实数根，转化为函数图象的交点问题，利用数形结合判断的取值范围.【详解】因为，所以函数单调递增，即，故A正确；，即，故B正确；设，即，得，所以，得，在区间上，单调递减，在区间上，单调递增，所以当函数取得极小值，故C错误；有2个根，即函数的图象与有2个交点，由以上可知当函数取得极小值，并且时，并且时，时，并且时，所以当直线与的图象有2个交点时，故D正确.故选：C.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 下列说法正确是（）A. 若随机变量，则B. 若随机变量的方差，则C. 若，则事件与事件独立D. 若随机变量且，则【答案】ACD【解析】【分析】通过计算可以判断选项ABD；计算得到，则事件与事件独立，所以选项C正确.【详解】A. 若随机变量，则，所以该选项正确；B. 若随机变量的方差，则,所以该选项错误；C. 若，则事件与事件独立，所以该选项正确；D. 若随机变量且，则，所以该选项正确.故选：ACD10. 已知是等差数列，其前项和为，则下列结论一定正确的有（）A. B. 最小C. D. 【答案】AC【解析】【分析】计算得所以，所以选项A正确；由于符号不确定，所以选项B错误；所以选项C正确；，所以选项D错误.【详解】根据题意，数列是等差数列，若即变形可得所以，所以选项A正确；，如果，则，则最小；如果，则，由于，则最小；如果，则，由于，则没有最小值.所以选项B错误；，所以选项C正确；，所以选项D错误.故选：AC11. 点是抛物线上第一象限内的点，过点A作圆C：的两条切线，切点为、，分别交轴于P，Q两点，则下列选项正确的是（）A. B. 若，则直线MN的方程为C. 若，则的面积为92D. 的面积最小值为72【答案】ABD【解析】【分析】根据勾股定理即可判断A，根据相交弦的方程即可由两圆方程相减求解B,根据三角形面积与内切圆的关系即可列出方程求解C，结合基本不等式即可求解D.【详解】对于A选项，故,A正确；对于B选项，,则以为直径的圆的方程为，与圆相减得，故MN直线为，故B正确；对于C选项，,又，当时，则，故，故C错误；对于D选项，由C可知当且仅当时，等号成立，故时，取得最小值72，故D正确，故选：ABD.【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.12. 如图，点M是棱长为l的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（）A. 不存在点M满足平面B. 存在无数个点M满足C. 当点M满足时，平面截正方体所得截面的面积为D. 满足的点M的轨迹长度是【答案】BCD【解析】【分析】对于A：根据线面垂直关系可得，分析判断；对于B：根据线面垂直关系可得，分析判断；对于C：根据平行线的性质以及利用空间向量分析运算求截面，进而可求截面面积；对于D：利用空间向量求点M的轨迹，进而求点M的轨迹长度.【详解】对于选项A：连接，因为四边形ABCD是正方形，所以，且平面，所以，平面，所以平面，且平面，可得，同理可证，平面，所以，又点M是面上一个动点（包含边界），所以当M与A1重合时，故A错误；对于选项B：连接，则，又因为，所以，可知当M在线段上时，有故存在无数个点满足，故B正确；对于选项C：延长交于点，则为线段靠近点的三等分点，且，则，则为线段的中点，如图，以D点为原点建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量为，则，令，则，即，设平面，点，则，则，解得，则，故，可得，即，且，故截面面积，故C正确；对于选项D：因为正方体的棱长为l，所以设所以，因为，所以化简得：，所以点M的轨迹是一段以为圆心，半径为的圆弧，设圆弧与分别交于点，取，则，即；取，则，即；则，则，且，即，轨迹长度是，故D正确故选：BCD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分请把答案填写在答题卡相应位置上13. 若，则=_.【答案】3【解析】【分析】列出关于x的方程，解之即可求得x的值.【详解】由，可得，即，整理得，解之得或（舍）故答案为：314. 现有两批产品，第一批产品的次品率为5%，第二批产品的次品率为15%，两批产品以3:2的比例混合在一起，从中任取1件，该产品合格的概率为_.【答案】0.91#【解析】【分析】设两批产品共取件，求出第一批和第二批产品中的合格品的件数即得解.【详解】设两批产品共取件，所以第一批产品中的合格品有件，第二批产品中的合格品有件，所以从中任取1件，该产品合格的概率为.故答案为：0.9115. 若直线与圆交于两点，则面积的最大值为_.【答案】【解析】【分析】先求得面积的表达式，再利用二次函数的性质即可求得面积的最大值.【详解】圆的圆心，半径，直线恒过定点，则，设中点为M，则点M在以为直径的圆上，设圆心到直线距离为d，则，则的面积为当即时取得最大值.则面积的最大值为.故答案为：16. 已知函数在处取得极值，且在上的最大值为1，则的值为_.【答案】或【解析】【分析】先求得的导函数，进而按t讨论得到的单调性，利用题给条件列出关于的方程，进而求得的值.【详解】由（），可得由函数在处取得极值，可得，若，当时，单调递增，当时，单调递减，则在处取得极大值即最大值，则，解之得.若，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增，则在处取得极大值，又由在上的最大值为1可得，即，不等式组无解.若，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增，则在处取得极小值，在处取得极大值又由在上的最大值为1可得，解之得.综上，的值为或.故答案为：或.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 已知数列的前项和为，从条件、条件这两个条件中选择一个条件作为已知，解答下列问题.（1）求数列的通项公式；（2）设，记的前项和为，若对任意正整数，都有恒成立，求实数的取值范围.条件，且；条件为等比数列，且满足.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）条件选择见解析，（2）【解析】【分析】（1）选：由与的关系求；选：求得后得到公比，写出通项公式即可.（2）由裂项求和法求得，并求得的取值范围，由不等式恒成立求的取值范围.【小问1详解】选：且，则，两式相减，得，所以为公比的等比数列，又，解得，所以；选：因为为等比数列，且满足，所以，所以，所以.【小问2详解】因为，所以，显然数列是关于的增函数，由恒成立得，解得或故的取值范围为.18. 已知是函数的极值点，则：（1）求实数的值（2）讨论方程的解的个数【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）求导，由题意可得，即可得解，要注意检验；（2）利用导数求出函数的单调区间及极值，由此作出函数的大致图象，结合函数图象即可得解.【小问1详解】,因为是函数的极值点，所以，即，解得或，当时，令，则或，令，则，所以函数在上递增，在上递增，所以的极小值点为，极大值点为，符合题意，当时，所以在上递增，所以无极值点，综上所述；【小问2详解】由（1）可得，函数在上递增，在上递增，则，又当时，当时，作出函数的大致图象，如图所示，当或时，方程有个解，当或时，方程有个解，当时，方程有个解.19. 如图，在矩形ABCD中，E为边CD上的点，以BE为折痕把折起，使点C到达点P的位置，且使二面角为直二面角，三棱锥的体积为（1）求证：平面平面PAE；（2）求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取BE中点，则，由三棱锥的体积得，可得，由平面ABCD得，故平面PBE，得，又，可得平面，进而得证；（2）以D为原点，为x，y轴正向，过作轴垂直于平面ABCD，建立空间直角坐标系，分别求出平面BPA和平面DPA的法向量，由向量的夹角公式求解即可【小问1详解】设，由题意为等腰直角三角形，折叠后为等腰直角三角形，取BE中点，连接PF，则，由于二面角为直二面角，故平面ABCD，且，则，得，即则，故，又平面ABCD，故，又PF与BE相交，故平面PBE，故，又，且PE与AE相交，故平面，又面PAB，故平面平面.【小问2详解】以D为原点，为x，y轴正向，过作轴垂直于平面ABCD，建立空间直角坐标系，则，设平面BPA的法向量为，则，取，可得，设平面DPA的法向量为，则，取，可得，则，由于二面角为钝角，故其余弦值为20. 2022年12月初某省青少年乒乓球培训基地举行了混双选拔赛，其决赛在韩菲/陈宇和黄政/孙艺两对组合间进行，每场比赛均能分出胜负已知本次比赛的赞助商提供了10000元奖金，并规定：若其中一对赢的场数先达到4场，则比赛终止，同时这对组合获得全部奖金；若比赛意外终止时无组合先赢4场，则按照比赛继续进行各自赢得全部奖金的概率之比给两对组合分配奖金已知每场比赛韩菲/陈宇组合赢的概率为，黄政/孙艺赢的概率为，且每场比赛相互独立（1）若在已进行的5场比赛中韩菲/陈宇组合赢3场、黄政/孙艺组合赢2场，求比赛继续进行且韩菲/陈宇组合赢得全部奖金的概率；（2）若比赛进行了5场时终止（含自然终止与意外终止），则这5场比赛中两对组合之间的比赛结果共有多少不同的情况？（3）若比赛进行了5场时终止（含自然终止与意外终止），设，若赞助商按规定颁发奖金，求韩菲/陈宇组合获得奖金数X的分布列【答案】（1）（2）28 （3）分布列见详解【解析】【分析】（1）根据题意结合对立事件的概率求法运算；（2）根据题意可得有四则可能，再结合组合数运算求解；（3）根据题意分析可得奖金数X的可能取值，结合（2）求相应的概率，即可得结果.【小问1详解】“比赛继续进行且韩菲/陈宇组合赢得全部奖金”的对立事件为“黄政/孙艺组合再连赢2场”，故比赛继续进行且韩菲/陈宇组合赢得全部奖金的概率.【小问2详解】设5场比赛中韩菲/陈宇组合赢场、黄政/孙艺组合赢场，用表示比赛结果，若比赛进行了5场时终止（含自然终止与意外终止），则有：，故共有种不同的情况.【小问3详解】若韩菲/陈宇组合赢1场、黄政/孙艺组合赢4场，则韩菲/陈宇组合获得奖金数为0元；若韩菲/陈宇组合赢2场、黄政/孙艺组合赢3场，则韩菲/陈宇组合需再连赢2场，其概率为，故韩菲/陈宇组合获得奖金数为元；若韩菲/陈宇组合赢3场、黄政/孙艺组合赢2场，则韩菲/陈宇组合需再赢1场，其概率为，故韩菲/陈宇组合获得奖金数为元；若韩菲/陈宇组合赢4场、黄政/孙艺组合赢1场，则韩菲/陈宇组合获得奖金数为10000元；即奖金数X的可能取值有，则有，故奖金数X的分布列为：0250075001000021. 以椭圆的中心O为圆心，以为半径的圆称为该椭圆的“伴随”已知椭圆的离心率为，且过点（1）求椭圆C及其“伴随”的方程；（2）过点作“伴随”的切线l交椭圆C于A，B两点，记为坐标原点）的面积为，将表示为m的函数，并求的最大值【答案】（1）,；（2），的最大值为1【解析】【分析】（1）由椭圆C的离心率，结合的关系，得到，设出椭圆方程，代入点，即可得到椭圆方程和“伴随”的方程；（2）设切线的方程为，联立椭圆方程，消去y得到x的二次方程，运用韦达定理和弦长公式，即可得到AB的长，由l与圆相切，得到的关系式，求出 的面积，运用基本不等式，即可得到最大值【详解】（1）椭圆的离心率为，可得，即又由，可得，设椭圆C的方程为，因为椭圆C过点，代入可得，解得，所以椭圆C的标准方程为，又由，即“伴随圆”是以原点为圆心，半径为1的圆，所以椭圆C的“伴随”方程为（2）由题意知，易知切线的斜率存在，设切线的方程为，由得，设A，B两点的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），则，又由l与圆x2+y2=1相切，所以，k2=m2-1所以=，则，可得（当且仅当时取等号），所以当时，SAOB的最大值为1【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，考查联立直线方程和椭圆方程，消去未知数，运用韦达定理和弦长公式的运用，考查直线与圆相切的条件，考查运算能力，属于中档题22. 已知函数，.（1）讨论函数的单调性；（2）若恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）求导，对a进行讨论，利用导函数的正负即可求出的单调性；（2）方法一：将问题转化为恒成立，令，求导利用导函数的正负和零点存在定理，分析其单调性，根据隐零点的的关系求出最小值，转化为，再次换元，令，求导分析单调性并得到最值，即可求出a；方法二：利用将问题转化为恒成立，换元后得到新的函数，求导分析其单调性，并对a进行讨论，即可求解；【小问1详解】解：的定义域为，当时，恒成立，所以在上单调递减；当时，令解得，所以在上单调递增；令解得，所以在上单调递减，综上所述：当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减；【小问2详解】已知在恒成立，化简得法一：令，定义域为，则，当时，恒成立，则单调递增，的值域为R，不符合题意；当时，也不符合题意；当时，令，则恒成立，所以在上单调递增.当时，又，根据零点存在定理以及函数的单调性可知，有，即有唯一解，有，此时；当时，又，根据零点存在定理以及函数的单调性可知，有，即有唯一解，有，此时.综上所述，对，都有唯一解，有，此时.又当时，即，所以在上单调递减；当时，即，所以在上单调递增.所以，故只需. 令，上式即转化为，设，则.当时，所以在上单调递增；当时，所以在上单调递减.所以，当时，有最大值，所以，所以.又，所以，所以.由，解得综上所述.法二：恒成立，令，故在上单调递增，所以，问题转化为在恒成立，设，当时，恒成立，在上单调递增，又，所以时，不符合题意；当时，在上单调递减，上单调递增，所以，当时，都有均不符合题意，当时，此时在恒成立，综上所述：【点睛】方法点睛：主要考向有以下几点：1、求函数单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；3、求函数的极值（最值）；4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；5、证明不等式；解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，对新函数求导再结合导数与单调性等解决.
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