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1、天津市河北区2023年高二上数学期末经典试题注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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已知过点的直线l与圆相交于A，B两点，则的取值范围是（）A.B.C.D.2一个几何体的三视图都是半径为1
2、的圆，在该几何体内放置一个高度为1的长方体，则长方体的体积最大值为（）A.B.C.D.13蟋蟀鸣叫可以说是大自然优美、和谐的音乐，殊不知蟋蟀鸣叫的频率（每分钟鸣叫的次数）与气温（单位：）存在着较强的线性相关关系.某地观测人员根据如表的观测数据，建立了关于的线性回归方程，则下列说法不正确的是（）（次数/分钟）2030405060（）2527.52932.536A.的值是20B.变量，呈正相关关系C.若的值增加1，则的值约增加0.25D.当蟋蟀52次/分鸣叫时，该地当时的气温预报值为33.54设，则“”是“”的A.充要条件B.充分而不必要条件C.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件5函数，则曲
3、线在点处的切线方程为（ ）A.B.C.D.6刘徽是一个伟大的数学家，他的杰作九章算术注和海岛算经是中国宝贵的数学遗产，他所提出的割圆术可以估算圆周率，理论上能把的值计算到任意精度.割圆术的第一步是求圆的内接正六边形的面积.若在圆内随机取一点，则此点取自该圆内接正六边形的概率是（）A.B.C.D.7数列中，若，则（ ）A.2B.3C.4D.58若直线的倾斜角为120，则直线的斜率为（）A.B.C.D.9已知等差数列 的前n 项和为 Sn ，首项 a1 =1，若，则公差 d 的取值范围为（ ）A.B.C.D.10 “”是直线与直线平行的（ ）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不
4、充分也不必要条件11若函数有两个零点，则实数a的取值范围是（）A.B.C.D.12与直线关于轴对称的直线的方程为（）A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知双曲线：，斜率为的直线与E的左右两支分别交于A，B两点，点P的坐标为，直线AP交E于另一点C，直线BP交E于另一点D若直线CD的斜率为，则E的离心率为_14在等差数列中，那么等于_.15已知数列满足，定义使（）为整数的k叫做“幸福数”，则区间内所有“幸福数”的和为_16如图所示，高尔顿钉板是一个关于概率的模型，每一黑点表示钉在板上的一颗钉子，它们彼此的距离均相等，上一层的每一颗的水平位置恰好位于下一层的两颗正
5、中间小球每次下落时，将随机的向两边等概率的落下当有大量的小球都落下时，最终在钉板下面不同位置收集到小球现有5个小球从正上方落下，则恰有3个小球落到2号位置的概率是_三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知数列的前n项和为，其中.（1）记，求证：是等比数列；（2）设，数列的前n项和为，求证：.18（12分）已知几何体中，平面平面，是边长为4的菱形，是直角梯形，且（1）求证：；（2）求平面与平面所成角的余弦值19（12分）已知数列的前n项和（1）证明是等比数列，并求的通项公式；（2）在和之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前n项和20（
6、12分）某校为了了解在校学生的支出情况，组织学生调查了该校2014年至2020年学生的人均月支出y(单位：百元)的数据如下表：年份2014201520162017201820192020年份代号t1234567人均月支出y3.94.34.65.45.86.26.9（1）求2014年至2020年中连续的两年里，两年人均月支出都超过4百元的概率；（2）求y关于t的线性回归方程；（3）利用（2）中的回归方程，预测该校2022年的人均月支出.附：最小二乘估计公式：，21（12分）已知数列是公差为2的等差数列，且满足，成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和22（10分）已知椭圆，离心率
7、为，短半轴长为1（1）求椭圆C的方程；（2）已知直线，问：在椭圆C上是否存在点T，使得点T到直线l的距离最大？若存在，请求出这个最大距离；若不存在，请说明理由参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】经判断点在圆内，与半径相连，所以与垂直时弦长最短，最长为直径【详解】将代入圆方程得：，所以点在圆内，连接，当时，弦长最短，所以弦长，当过圆心时，最长等于直径8，所以的取值范围是故选：D2、B【解析】根据题意得到几何体为半径为1的球，长方体的体对角线为球的直径时，长方体体积最大，设出长方体的长和宽，得到等量关系，利用基
8、本不等式求解体积最大值.【详解】由题意得：此几何体为半径为1的球，长方体为球的内接长方体时，体积最大，此时长方体的体对角线为球的直径，设长方体长为，宽为，则由题意得：，解得：，而长方体体积为，当且仅当时等号成立，故选：B3、D【解析】根据样本中心过经过线性回归方程、正相关的性质和线性回归方程的意义进行判断即可.【详解】由题意，得，则，故A正确；由线性回归方程可知，变量，呈正相关关系，故B正确；若的值增加1，则的值约增加0.25，故C正确；当时，故D错误.故选：D.4、C【解析】不能推出，反过来，若则成立，故为必要不充分条件.5、D【解析】对函数求导，利用导数的几何意义求出切线斜率即可计算作答.
9、【详解】依题意，即有，而，则过点，斜率为1的直线方程为：，所以曲线在点处切线方程为.故选：D6、B【解析】此点取自该圆内接正六边形的概率是正六边形面积除以圆的面积，分别求出即可.【详解】如图，在单位圆中作其内接正六边形，该正六边形是六个边长等于半径的正三角形，其面积，圆的面积为则所求概率.故选：B【点睛】此题考查几何概率模型求解，关键在于准确求出正六边形的面积和圆的面积.7、C【解析】由已知得数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，求出，再利用等比数列求和可得答案.【详解】，所以，数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，则，则，解得.故选：C.8、B【解析】求得倾斜角的正切值即得【详解】k=t
10、an120=.故选：B9、A【解析】该等差数列有最大值，可分析得，据此可求解.【详解】，故，故有故d 取值范围为.故选：A10、C【解析】先根据直线平行的充要条件求出a，然后可得.【详解】若，则，显然平行；若直线，则且，即.故“”是直线与直线平行的充要条件.故选：C11、C【解析】函数有两个零点等价于方程有两个根，等价于与图象有两个交点，通过导数分析的单调性，根据图象即可求出求出的范围.【详解】函数有两个零点，方程有两个根，分离参数得，与图象有两个交点，令，令，解得当时，在单调递增，当时，在单调递减，且在处取得极大值及最大值，可以画出函数的大致图象如下：观察图象可以得出.故选：C.【点睛】本题
11、主要考查函数零点的应用，构造函数求函数的导数，利用函数极值和导数之间的关系是解决本题的关键.12、D【解析】点关于x轴对称，横坐标不变，纵坐标互为相反数，据此即可求解.【详解】设(x，y)是与直线关于轴对称的直线上任意一点，则(x，y)在上，故，与直线关于轴对称的直线的方程为.故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】分别设线段的中点，线段的中点，再利用点差法可表示出，由平行关系易知三点共线，从而利用斜率相等的关系构造方程，代入整理可得到关系，利用双曲线得到关于的齐次方程，进而求得离心率.【详解】设，线段的中点，两式相减得：设，线段的中点同理可得：，易知三点共线，
12、将代入得：，所以，即，由题意可得，故 .，即故答案为：14、14【解析】根据等差数列的性质得到，求得，再由，即可求解.【详解】因为数列为等差数列，且，根据等差数列的性质，可得，解答，又由.故答案为：14.15、2036【解析】先用换底公式化简之后，将表示出来，找出满足条件的“幸福数”，然后求和即可.【详解】当时，所以，若满足正整数，则，即，所以在内的所有“幸福数”的和为：,故答案为：2036.16、【解析】先研究一个小球从正上方落下的情况，从而可求出一个小球从正上方落下落到2号位置的概率，进而可求出5个小球从正上方落下，则恰有3个小球落到2号位置的概率【详解】如图所示，先研究一个小球从正上方落
13、下的情况，11，12，13，14指小球第2层到第3层的线路图，以此类推，小球所有的路线情况如下：01-11-21-31，01-11-21-32，01-11-22-33，01-11-22-34，01-12-23-33，01-12-23-34，01-12-24-35，01-12-24-36，02-14-26-38，02-14-26-37，02-14-25-35，02-14-25-36，02-13-24-36，02-13-24-35，02-13-23-34，02-13-23-33，共16种情况，其中落入2号位置的有4种，所以每个球落入2号位置的概率为，所以5个小球从正上方落下，则恰有3个小球落到2号
14、位置的概率为，故答案为：三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）证明见解析； （2）证明见解析.【解析】（1）应用的关系，结合构造法可得，根据已知条件及等比数列的定义即可证结论.（2）由（1）得，再应用错位相减法求，即可证结论.【小问1详解】证明：对任意的，时，解得，时，因为，两式相减可得：，即有，又，则，因为，所以，对任意的，所以，因此，是首项和公比均为3的等比数列【小问2详解】由（1）得：，则，两式相减得：，化简可得：，又，.18、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）根据菱形的性质，结合面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，根据空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（1）证明：连接，交于点，四边形是菱形，平面平面，平面平面，平面，平面，又，、平面，平面，平面，（2）解：取的中点，连接，是边长为4的菱形，
