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黄山市 2023-2024 学年度第二学期期末质量检测
高二数学试题
考试时间：120分钟 满分：150分
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个
选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 已知集合 则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得 ，结合交集的定义与运算即可求解.
【详解】由题意知， ，
又 ，
所以 .
故选：B
2. 已知复数 ， ，则复数 的虚部为（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数四则运算化简复数 ，结合复数虚部的定义求解即可.
【详解】因为复数 ， ，则复数 ，所以复数 的虚部为 ；
故选：D
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学科网（北京）股份有限公司3. 的展开式中，常数项为（ ）
A. 60 B. -60 C. 120 D. -120
【答案】A
【解析】
【分析】根据二项式定理通项公式当 时，代入通项公式可得到答案.
【详解】依题意有 ，
令 ，所以常数项为 ，
故选：A.
4. 函数 图的象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇偶性和 的符号，使用排除法可得.
【详解】 的定义域为R，
因为
，所以 为偶函数，故CD错误；
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学科网（北京）股份有限公司又因为 ， ，所以 ，故B错误.
故选：A
5. 双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率 ，且点 在双曲线C上，则双曲线C的标
准方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意设双曲线方程为 ，则将 代入双曲线方程，再结离心率
和 可求出 ，从而可求出双曲线方程.
【详解】由题意设双曲线方程为 ，
因为点 在双曲线C上，所以 ，
因为离心率 ，所以 ，得 ，
所以 ，则 ，所以 ，
所以 ，得 ，则 ，
所以双曲线方程为 .
故选：C
6. 如图，在四棱台 中，底面四边形ABCD为菱形， ，
∠ABC=60°，AA⊥平面ABCD，M是AD的中点，则直线AD 与直线C M所成角的正弦值为（ ）
1 1 1
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学科网（北京）股份有限公司A. B. C. 1 D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间坐标系，即可利用向量夹角求解.
【详解】取 中点 ，连接 ， ，
由菱形得 为等边三角形，
为中点， ，又 ， ，
又 平面 ，
以 为坐标原点，以 、 、 所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立直角坐标系，如图：
,0, 0, , ,1, , ,0, , ,1, , ， , ， ,1, ，
， ,
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学科网（北京）股份有限公司所以 ,
故 ,
故直线AD 与直线C M所成角的正弦值为
1 1
故选：B
7. 第33届夏季奥林匹克运动会预计2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办.假设这届奥运会将新增
4个表演项目，现有A，B，C三个场地申请承办这4个新增项目的比赛，每个场地至多承办其中3个项目，
则不同的安排方法有（ ）
A. 144种 B. 84种 C. 78种 D. 60种
【答案】C
【解析】
【分析】分 ， ,和 三种情况，结合排列组合知识进行求解.
【详解】若三个场地分别承担 个项目，则有 种安排，
若三个场地分别承担 个项目，则有 种安排，
若三个场地分别承担 个项目，则有 种安排，
综上，不同的安排方法有 种.
故选：C.
8. 等比数列 的前n项和为 ，前n项积为 ， ， ，当 最小时，n的
值为（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】C
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【分析】先根据基本量运算得出通项公式，再化简已知式子结合单调性求最值即可求参.
【详解】因为 是等比数列，所以 ,
又因为 所以 ,
,
,
,
因为 单调递增， 开口向上 取最小值，
当 时 取最小值.
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目
要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 将一组数据中的每一个数据都加上同一个正数后，方差变大
B. 若变量 和 之间的相关系数 ，则变量 和 之间的负相关性很强
C. 在回归分析中，决定系数 的模型比决定系数 的模型拟合的效果要好
D. 某人每次射击击中靶心的概率为 ，现射击10次，设击中次数为随机变量 ，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据方差的性质可判断A，根据相关系数与决定系数的定义可判断B、C，由 ，可
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学科网（北京）股份有限公司判断D，
【详解】对于A， 将一组数据中的每一个数据都加上同一个正数后，其方差不变，故A错误；
对于B，由相关系数的意义，当 越接近1时，表明变量 和 之间的相关性很强，由于变量 和 之间
的相关系数 ，则变量 和 之间的负相关性很强，故B正确；
对于C，用决定系数 的值判断模型的拟合效果， 越大，模型拟合效果越好，故C错误；
对于D，由于 ，则 ，所以 ，故D正确；
故选：BD
10. 已知点 ， ，动点 在圆 ： 上，则（ ）
A. 直线 截圆 所得的弦长为
B. 的面积的最大值为151
C. 满足到直线 的距离为 的 点位置共有3个
D. 的取值范围为
【答案】CD
【解析】
【分析】根据点到直线的距离公式，结合勾股定理即可求解弦长判断A，根据三角形的面积公式，结合圆
的性质即可求解B，根据圆上的点到直线的距离的范围，即可求解C，根据向量的数量积的运算量，结合
坐标运算即可求解D.
【详解】对于A，因为 ， ，所以直线 的方程为 ，圆心 到直线
的距离为 ，
又因为圆 的半径 ，所以直线 截圆 所得的弦长为 ，A错误．
对于B，易知 ，要想 的面积最大，只需点 到直线 的距离最大，而点 到直线
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学科网（北京）股份有限公司的距离的最大值为 ，
所以 的面积的最大值为 ，B错误．
对于C，当点 在直线 上方时，点 到直线 的距离的范围是 ，即 ，
由对称性可知，此时满足到直线 的距离为 的 点位置有2个．
当点 在直线 下方时，点 到直线 的距离的范围是 ，即 ，
此时满足到直线 的距离为 的 点位置只有1个．
综上所述，满足到直线 的距离为 的 点位置共有3个，C正确．
对于D，由题意知 ．
又因为 ， ， ，所以 ， ，故 ，
．
设点 满足 ，则 ，故 ，解得 ，即
， ．
所以
．
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学科网（北京）股份有限公司又因为 ，
所以 ，即 的取值范围为 , ，
D正确．
故选：CD
11. 抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出去.
反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.如图，已知抛物线
焦点为 ， 为坐标原点，一束平行于 轴的光线 经过抛物线内一点 射入，经过 上的点
反射后，再经过 上另一点 沿直线 反射出且经过点 ，则下列结论正确的是（
）
A.
B. 延长 交直线 于点 ，则 ， ， 三点共线
C. 若点 关于直线 的对称点恰在射线 上，则
D. 从点 向以线段 为直径的圆作切线，则切线长最短时
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用抛物线的光学性质求出点 ， 的坐标，从而得以判断；对于B，利用直线相交求
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学科网（北京）股份有限公司得点 的坐标，从而得以判断；对于C，利用点关于直线对称求得 ，从而得以判断；对于D，利用
直径两端点坐标求得圆的圆心与半径，从而利用切线长公式即可得解.
【详解】对于A， 代入 得 ，所以 ，又 ，
直线 方程为 ，即 ，
由 ，解得 或 ，所以 ，
即 ， ， ，A正确；
对于B，直线 方程为： ，则 ，
因为 方程为： ，所以 ， ， 三点不共线，故B错误；
对于C， 方程为： ，则点 关于直线 的对称点 ，
，直线 方程为： ，
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学科网（北京）股份有限公司根据对称性可得 ，解得 ，故C正确；
对于D，因为 ， ，
所以以线段 为直径的圆的方程为 ，其圆心 ，半径 ，
从点 向以线段 为直径的圆作切线，其切线长为 ，
所以要使切线长最短，即点 到圆心的距离最小，
而 ，
所以 时， 最小，则此时切线长最小；故D正确；
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，充分利用抛物线的光学性质，结合抛物线的相关性质即可得解.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡的相应位置上.
12. 等差数列 的前n项和为 ， ， ，则 ________.
【答案】160
【解析】
【分析】先根据等差数列项的性质求 ,再结合等差数列求和公式计算即可.
【详解】由 是等差数列可得 ，所以 ，
所以 .
故答案为：160.
13. “双碳”再成今年两会热点，低碳行动引领时尚生活，新能源汽车成为人们代步车的首选．某工厂生
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学科网（北京）股份有限公司产的新能源汽车的某一部件质量指标 服从正态分布 ，检验员根据该部件质量指标将
产品分为正品和次品，其中指标 的部件为正品，其他为次品，要使次品率不高于 ，
则 的一个值可以为__________．（若 ，则
【答案】0.01（答案不唯一，小于等于0.02即可）
【解析】
【分析】根据题意和正态曲线的特征可得到 ，再根据集合的包含
关系列出不等式组，求解即可．
【详解】依题意可得 ，
要使次品率不高于 ，则正品率不低于 ，
又根据正态曲线的特征知， ，
所以 ，
所以 ，解得 ．
故答案为：0.01（答案不唯一，小于等于0.02即可）．
14. 已知函数 ，存在 ， ，则 的最大
值为_________.
【答案】 ##
【解析】
【分析】根据解析式及已知有 且 ，构造 并利用导数求最
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学科网（北京）股份有限公司值.
【详解】由题意， 在 ， 上递减，在 上递增，
存在 ， ，则 ，
所以 ，且 ，
令 ，所以 ，
所以函数在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 时，函数取得最大值 ，所以 的最大值为 ．
故答案为：
四、解答题：本大题共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. 已知函数 .
（1）若对任意 ，都有 ，求曲线 在点 处切线方程；
（2）若函数 在 处有极小值，求函数 在区间 上的最大值.
【答案】（1）
（2）5
【解析】
【分析】（1）由 ，得到 ，从而求出 ，再结合导数的几何意义求出切线斜
率，即可求解；
（2）根据函数 在 处有极小值，得到 ，从而解得 的值，利用导数研究函数的单调性，
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学科网（北京）股份有限公司从而求得函数 在区间 上的最大值..
【小问1详解】公众号：高中试卷君
因为 ，令 ，可得 ，
即 ，解得： ，
所以 ，则 ，
所以 ，
则曲线 在点 处切线方程为： ，即
【小问2详解】公众号：高中试卷君
由题可得
因为函数 在 处有极小值，
则 ，解得： ，
所以 ， ，
令 ，解得： ，
当 或 时， ，当 时， ，
所以 的单调增区间为 ， ，减区间为 ，
则 时，函数 在 处有极小值，满足题意；
则当 时， 在 单调递减，在 上单调递增，
由于 ， ， ，
所以
16. 如图，已知 平面 ， ， ， ， ，点 为
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学科网（北京）股份有限公司中点.
（1）求证：平面 平面 ；
（2）试判断 的大小是否等于平面 与平面 夹角的大小，请说明理由，并求出平面
与平面 夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2） 的大小等于平面 与平面 夹角的大小；
【解析】
【分析】（1）由题意得到 平面 ，根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）取 中点 ， 的中点 ，连接 ， ， , ，可证明平面 平面 ，
即平面 与平面 夹角等价于平面 与平面 夹角，由(1)可得 ，
，即可知 为平面 与平面 夹角，根据平行可得 ，即可求
解.
【小问1详解】
因为 ，点 为 中点，所以 ，
因为 平面 ， ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ，
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学科网（北京）股份有限公司又 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 .
【小问2详解】
的大小等于平面 与平面 夹角的大小，理由如下：
取 中点 ， 的中点 ，连接 ， ， ， ，
因为 ， 分别为 ， 的中点，
所以 ，且 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 ， 分别为 ， 的中点，
所以 ，
又因为 ， ，
所以 ，且 ，
所以四边形 为平行四边形，则 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
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学科网（北京）股份有限公司又 ， ， 平面 ，所以平面 平面 ，
所以平面 与平面 夹角等价于平面 与平面 夹角，且平面 平面
，
由(1)知道 平面 ，
又 ，
所以 平面 ，
又 平面 ， 平面
所以 ， ，
根据二面角的定义可知 为平面 与平面 夹角，
又因为 ，
所以 ，
即 的大小等于平面 与平面 夹角的大小，
因为 ，
所以
所以 ，
17. 暑假即将开启，甲、乙两名同学计划7月中旬一起外出旅游体验生活，甲同学了解到黄山北站自6月
15日零时起开通了黄山直达重庆的动车组列车，于是想去山城重庆游玩，但乙同学觉得重庆温度太高，想
去四季如春的昆明，两人决定用“石头、剪刀、布”的游戏决定胜负，比对方多得2分者胜出，游戏结束，
获胜者决定去哪里.规定：每局获胜者得1分，负者和平局均得0分.设每局甲获胜的概率为 ，乙获胜的概
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学科网（北京）股份有限公司率为 ，平局的概率为 ，且每局结果相互独立.
（1）记前两局游戏中，甲所得总分为X，求X的分布列和期望；
（2）记“游戏恰好进行三局结束”为事件A，“乙获胜”为事件B，求 .
【答案】（1）分布列见解析，期望为1
（2）
【解析】
【分析】（1）写出 的可能取值及对应的概率，得到分布列，求出期望值；
（2）先求出 ， ，利用条件概率公式求出答案.
【小问1详解】
的可能取值为0，1，2，
， ， ，
故X的分布列为，
0 1 2
期望为 ；
【小问2详解】
“游戏恰好进行三局结束”，
即前两局，甲胜一局，平一局，第三局甲胜，
或前两局，乙胜一局，平一局，第三局乙胜，
故甲同学胜出的概率为 ，乙同学获胜的概率为 ，
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学科网（北京）股份有限公司故 ，又 ，故 .
18. 如图，在矩形OFHG（O为坐标原点）中， ， ，点 ，点 ， （
）分别是 ， 的 等分点，直线 和直线 的交点为 .
（1）分别写出点 ， 的坐标；
（2）试证明点 （ ）在椭圆 上；
（3）设直线 与椭圆C分别相交于P，Q两点，直线 与椭圆C的另一个交点为 ，求
的面积S的最大值.
【答案】（1） ，
（2）证明见解析 （3）3
【解析】
【分析】(1) 由题意可以直接写出 ， 的坐标.
（2）设 ，写出直线 ， 的方程，根据点 的坐标是两条直线的交点，可证
在椭圆上.
（3）把直线方程与椭圆方程联立，消去 得到关于 的一元二次方程，根据一元二次方程根与系数的关系，
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学科网（北京）股份有限公司得到 ， ，并用它们表示出 的面积，换元，利用导数分析单调性，可求 的面积
的最大值.
【小问1详解】
由题意 ， （ ）.
【小问2详解】
设 ，又 ， （ ）.
则直线 ： ，①
直线 ： ，②
点 的坐标是方程①②的解，① ②可得： ，
化简得： ，所以 在椭圆 上.
【小问3详解】
如图：
设 ， ，不妨设 ， .
由 ，消去 得： ，
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学科网（北京）股份有限公司则 ， .
因为 关于原点 对称，所以 ，
直线 与 轴的交点为 ，记为点 ，则：
.
所以 .
设 ， ，则 ，所以 ，
设 ，则 在 上恒成立，
所以 在上单调递增，所以 .
所以 （当 即 时取“ ”）.
【点睛】关键点点睛：第（3）问中，得到 后，为求其最大值，可用换元法，设
，转化成求 （ ）的最大值，再设 ，利用导数分
析函数的单调性，即可解决问题.
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学科网（北京）股份有限公司19. 对于无穷数列 ，若满足： ，对 ，都有 （其中 为常数），则称
具有性质“ ”.
（1）若 具有性质“ ”，且 ， ， ，求 ；
（2）若无穷数列 是等差数列，无穷数列 具有性质“ ”， ， ，
，试求数列 的前 项和；
（3）设 既具有性质“ ”，又具有性质“ ”，其中 ， ，求证： 具有
性质“ ”.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由 具有性质“ ”，，可得当 时， ，结合题意计算即可;
（2）根据无穷数列 具有性质“ ”可得当 时， ，从而得到 和 的通项公式，
可得 ,利用裂项相消求出数列 的前 项和即可.
（3）借助 既具有性质“ ”，又具有性质“ ”，
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学科网（北京）股份有限公司则当 时， ， ，则有 ， ，通过运
算得到 ，
从而可验证对任意的 时，是否有 即可.
【小问1详解】公众号：高中试卷君
因为 具有性质“ ”，则当 时，
又因为 ， ， ，
则 ， ， ，
所以 ，解得：
【小问2详解】
因为无穷数列 具有性质“ ”，
所以当 时， ，即 为公比为2的等比数列；
又因为 ， ，
则 ， ， ，
所以 ，
又因为无穷数列 是等差数列，则 ，
所以 ，
则 ，
所以数列 的前 项和
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学科网（北京）股份有限公司，
所以
【小问3详解】
因为 既具有性质“ ”，又具有性质“ ”， 其中 ，
则当 时， ， ，
则有 ， ，
由 ，故 ，
所以 ，即 ，
由 ， ，则 ，
当 ，即 时，有 ，
即对任意的 时，都有 ，
即 具有性质“ ，证毕.
【点睛】关键点睛：本题关键点在于通过对数列新定义的分析，从而得到 ， ，并由此得
到 ， ，从而得出.
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学科网（北京）股份有限公司第25页/共25页
学科网（北京）股份有限公司
