精品解析：安徽省阜阳市第三中学2023-2024学年高二下学期6月期中数学试题

高二数学试卷 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：人教A版必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册，选择性必修第二册，选择性必修第三册第六章、第七章． 一、选择题：本题共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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 的展开式中的常数项为（ ） A 14 B. 12 C. 7 D. 3. 下表为2019年~2024年第一季度中国GDP同比增速（单位：%）（同比增速为与上年同期对比的增速）， 年份 2019 2020 2021 2022 2023 2024 同比增速 63 18.7 4.6 4.5 5.3 则同比增速中的6个数据的60%分位数为（ ） A 4.64 B. 4.95 C. 5.3 D. 11.65 4. 已知实数a，b满足，则下列数中不可能是的值的是（ ） A. B. C. 2 D. 3 5. 已知随机变量，，则将m个人分到3个不同的地方，每个人必去一个地方，每个地方至少去1人的分配方案共有（ ） A. 150 B. 200 C. 260 D. 300 6. 已知椭圆的右焦点与双曲线的一个焦点的连线与的一条渐近线平行，设C的离心率为e，则（ ） A. B. C. D. 7. 两个排球队举行排球比赛，比赛结束后举办方为排球队员送上了甲、乙两个品牌的瓶装水，其中甲品牌的20瓶，乙品牌的12瓶，参与比赛的12名队员，每人随机取1瓶瓶装水，用X表示12名队员取到的甲品牌水的瓶数，则当最大时，（ ） A. 7 B. 8 C. 49 D. 64 8. 在△ABC中，若角A，B，C的对边分别为a，b，c，则△ABC的面积，其中，称该公式为海伦公式，该公式可推广到平面四边形：若四边形ABCD内接于圆E，且四边长分别为a，b，c，d，则四边形ABCD的面积，其中，若面积为的四边形ABCD内接于圆E，，，点C，D在x轴上方，且，，则圆E的标准方程为（ ） A. B. C. D. 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. 已知复数，则（ ） A. B C. 复数z在复平面内对应的点在直线上 D. 若复数满足，则的最大值为 10. 已知函数，则（ ） A. 是偶函数 B. 的图象关于直线对称 C. 的最小值为 D. 的图象可由函数的图象经过适当的平移得到 11. 如图，在棱长为4的正方体中，，过的平面截正方体所得的截面为，则（ ） A. 的面积为 B. 点到平面的距离为 C. 在棱上存在一点，使得平面 D. 在棱上存在点，使得平面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，满足，，，则______． 13. 在△ABC中，D是边BC上一点，且，，，，将△ABD沿AD折起，使点B到达点，且，若三棱锥的所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为______． 14. 已知函数满足对任意实数，都有，是的零点，不是的零点，则______． 四、解答题：本题共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，判断的单调性； （2）若在上没有极值点，求的取值范围． 16. 已知抛物线的焦点为F，P是C上一点，线段PF的中点为． （1）求C的方程； （2）若，O为原点，点M，N在C上，且直线OM，ON的斜率之积为2024，求证：直线MN过定点． 17. 调研数据显示，有超过七成消费者对新能源汽车较为看好，目前中国消费者对新能源汽车的系别选择以国产车为主．已知2024年第一季度，在某地上牌照的新能源汽车中，国产车占比70%，上牌照的国产新能源汽车中，甲品牌与乙品牌的占比分别为40%，20%． （1）从该地上牌照的新能源汽车中，随机抽取2辆，求抽取的2辆车不全是甲品牌车的概率； （2）已知该地上牌照的新能源车中，外国产新能源汽车中价位不超过30万元的占比为20%，在国产新能源汽车中，甲品牌、乙品牌与其他品牌车价位不超过30万元的占比分别为40%，30%，50%，从该地上牌照的新能源汽车中随机抽取1辆，若该车价位不超过30万元，求该车是甲品牌车的概率． 18. 如图，在三棱锥P-ABC中，，，，D为BC的中点． （1）求证：； （2）在棱PA上是否存在点M（不含端点），使得二面角的余弦值为？若存在，求出线段AM的长度；若不存在，说明理由． 19. 把正整数1，2，3，…，n按任意顺序排成一行，得到数列，称数列为1，2，3，…，n的生成数列． （1）若是1，2，3，…，8的生成数列，记，数列所有项的和为S，求S所有可能取值的和； （2）若是1，2，3，…，10的生成数列，记，若数列中的最小项为T． ①证明：； ②求T的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二数学试卷 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：人教A版必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册，选择性必修第二册，选择性必修第三册第六章、第七章． 一、选择题：本题共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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合的交运算判断. 【详解】因为，故A错误；因为，故B错误；因为，故D错误，因为，所以，故C正确． 故选：C． 2. 的展开式中的常数项为（ ） A. 14 B. 12 C. 7 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项式写出通项，然后令的次数等于零得到，即可得到常数项. 【详解】的展开式中的通项， 令，得，所以的展开式中的常数项为. 故选：A 3. 下表为2019年~2024年第一季度中国GDP同比增速（单位：%）（同比增速为与上年同期对比的增速）， 年份 2019 2020 2021 2022 2023 2024 同比增速 6.3 18.7 4.6 4.5 5.3 则同比增速中的6个数据的60%分位数为（ ） A. 4.64 B. 4.95 C. 5.3 D. 11.65 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数的概念求解即可. 【详解】将6个数据从小到大排列为， 又． 故这组数据的60%分位数为第4个数，为5.3． 故选：C． 4. 已知实数a，b满足，则下列数中不可能是的值的是（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用基本不等式得到的范围，然后判断即可. 【详解】因为．所以，，． 当时，，，当且仅当，时等号成立， 当时，，，当且仅当，时等号成立． 故的取值范围为，只有不在此范围内． 故选：B． 5. 已知随机变量，，则将m个人分到3个不同的地方，每个人必去一个地方，每个地方至少去1人的分配方案共有（ ） A. 150 B. 200 C. 260 D. 300 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项分布的期望得到，然后采用先分组后排序的方法计算即可. 【详解】由，得，即， 故分配方案共有种． 故选：A． 6. 已知椭圆的右焦点与双曲线的一个焦点的连线与的一条渐近线平行，设C的离心率为e，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据椭圆的右焦点与双曲线的一个焦点与渐近线平行，得到斜率相等，从而表示出离心率，判断大小即可. 【详解】设，则椭圆的离心率，C的右焦点为，的上焦点为， 直线的斜率为， 因为直线与的一条渐近线平行， 所以，即，即， 所以，整理得， 解得， 因为，所以， 因为，所以． 故选：B． 7. 两个排球队举行排球比赛，比赛结束后举办方为排球队员送上了甲、乙两个品牌的瓶装水，其中甲品牌的20瓶，乙品牌的12瓶，参与比赛的12名队员，每人随机取1瓶瓶装水，用X表示12名队员取到的甲品牌水的瓶数，则当最大时，（ ） A. 7 B. 8 C. 49 D. 64 【答案】D 【解析】 【分析】由题意得，然后作商比较与的大小，从而可求得结果. 【详解】由题意得， ， ， 所以时，当时， 所以时，最大，． 故选：D． 8. 在△ABC中，若角A，B，C的对边分别为a，b，c，则△ABC的面积，其中，称该公式为海伦公式，该公式可推广到平面四边形：若四边形ABCD内接于圆E，且四边长分别为a，b，c，d，则四边形ABCD的面积，其中，若面积为的四边形ABCD内接于圆E，，，点C，D在x轴上方，且，，则圆E的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，，根据面积得到方程，求出，在两个三角形中，分别使用余弦定理得到，求出，圆E是正三角形BAD的外接圆，由正弦定理得到半径，并求出外接圆的圆心为，得到圆的方程. 【详解】由题意得，设，则， 则四边形ABCD的面积，所以． 在△ABD中，由余弦定理得， 在△BCD中，， 又四边形ABCD内接于圆E．所以， 所以，解得， 又，所以，所以圆E是正三角形BAD的外接圆， 其半径，又，， 其中的垂直平分线为，故圆心横坐标为2， 设圆心纵坐标为，故，解得， 故等边△ABD的外接圆的圆心为， 故所求圆的方程为． 故选:D． 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. 复数z在复平面内对应的点在直线上 D. 若复数满足，则的最大值为 【答案】BC 【解析】 【分析】A选项，根据复数的除法运算法则得到，然后求即可；B选项，根据复数乘法运算法则计算即可；C选项，根据复数的几何意义判断；D选项，根据绝对值不等式判断. 【详解】对于A，因为，所以，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，复数z在复平面内对应的点为，，故C正确； 对于D，，故D错误． 故选：BC． 10. 已知函数，则（ ） A. 是偶函数 B. 的图象关于直线对称 C. 的最小值为 D. 的图象可由函数的图象经过适当的平移得到 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用奇偶性的定义分析判断，对于B，举例判断，对于C，对于函数化简变形后分析判断，对于D，利用三角函数图象变换规律分析判断. 【详解】对于A，因为，故A正确； 对于B，因为，，， 所以的图象不关于直线对称，故B错误； 对于C,， 所以的最小值为，故C正确； 对于D，，将的图象向左平移个单位长度可得到的图象，故D正确， 故选：ACD． 11. 如图，在棱长为4的正方体中，，过的平面截正方体所得的截面为，则（ ） A. 的面积为 B. 点到平面的距离为 C. 在棱上存在一点，使得平面 D. 在棱上存在点，使得平面 【答案】ABC 【解析】 【分析】棱上取点，利用线线平行可得截面为四边形，进而求面积判断A，利用等体积法判断B，利用线面平行的判定定理判断C，假设存在，利用面面垂直的性质定理判断D. 【详解】由题意知点在棱上，且， 在棱上取点，上取点，使得， 所以，平面截正方体所得的截面为四边形， 又因为，，， 因为四边形为平行四边形， ， 所以， 所以四边形的面积, A说法正确； 连接，三棱锥的体积， 由上面知，设点到平面的距离为， 由，解得，B说法正确； 延长交的延长线于点，所以，解得， 在上取点，使得， 所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面，C说法正确； 假设存在点，使得平面， 因为平面，所以平面平面， 又平面平面，平面平面,可得平面， 又平面，所以，与矛盾， 所以在上不存在点，使得平面，D说法错误， 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，满足，，，则______． 【答案】1 【解析】 【分析】对两边平方化简可求得结果. 【详解】因为，所以， 由，得， 所以，解得 故答案为：1 13. 在△ABC中，D是边BC上一点，且，，，，将△ABD沿AD折起，使点B到达点，且，若三棱锥的所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】如图，先由余弦定理求出，再由正弦定理求出外接圆的半径，结合球的性质和勾股定理求出球的半径，再利用球的的表面积公式计算即可. 【详解】如图所示，将三棱锥补成一个三棱柱， 因,， 且平面， 所以平面，所以补成的三棱柱为直三棱柱， 则该棱柱上、下底面的外接圆圆心连线的中点是球心O， 在中，由，，， 所以，又， 可知， 设的外接圆的圆心为，所以外接圆的半径， 又，所以球O的半径， 所以球O的表面积． 故答案为： 14. 已知函数满足对任意实数，都有，是的零点，不是的零点，则______． 【答案】50 【解析】 【分析】根据已知条件，令，可得是周期为的周期函数，进而即可求解. 【详解】由题意得，， 在中， 令，得，令，得， 令，得，令，得， 所以，即是周期为的周期函数， 且，，， 所以， 故答案为： 四、解答题：本题共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，判断的单调性； （2）若在上没有极值点，求的取值范围． 【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减 （2） 【解析】 【分析】（1）解不等式即可； （2）分两种情况：即在上恒成立，或在上恒成立。 【小问1详解】 当时，，其定义域， ， 由，得．由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 因为， ， 当时，， 若在上没有极值点，则在上单调， 即在上恒成立，或在上恒成立． 若在上恒成立，则，解得， 若在恒成立，则，解得． 综上所述，a的取值范围为． 16. 已知抛物线焦点为F，P是C上一点，线段PF的中点为． （1）求C的方程； （2）若，O为原点，点M，N在C上，且直线OM，ON的斜率之积为2024，求证：直线MN过定点． 【答案】（1），或 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设，根据线段PF的中点坐标得到，，然后代入到抛物线方程中，解方程得到即可得到抛物线的方程； （2）设直线的方程，然后与抛物线方程联立，利用直线OM，ON的斜率之积为2024和韦达定理列方程得到，即可得到直线MN过定点. 【小问1详解】 解：由题意得，设， 因为线段PF的中点为， 所以，，所以，， 代入C的方程得， 解得，或， 所以C的方程为，或． 【小问2详解】 证明：因为，所以C方程为， 设，，直线MN的方程为， 与联立，得， 则，， 因为直线OM，ON的斜率之积为2024， 所以， 所以． 直线MN方程为，故直线MN过定点． 17. 调研数据显示，有超过七成的消费者对新能源汽车较为看好，目前中国消费者对新能源汽车的系别选择以国产车为主．已知2024年第一季度，在某地上牌照的新能源汽车中，国产车占比70%，上牌照的国产新能源汽车中，甲品牌与乙品牌的占比分别为40%，20%． （1）从该地上牌照的新能源汽车中，随机抽取2辆，求抽取的2辆车不全是甲品牌车的概率； （2）已知该地上牌照的新能源车中，外国产新能源汽车中价位不超过30万元的占比为20%，在国产新能源汽车中，甲品牌、乙品牌与其他品牌车价位不超过30万元的占比分别为40%，30%，50%，从该地上牌照的新能源汽车中随机抽取1辆，若该车价位不超过30万元，求该车是甲品牌车的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求从该地上牌照的新能源汽车中，随机抽取1辆，该车是甲品牌车的概率，再用反面求解抽取的2辆车不全是甲品牌车的概率； （2）记该车是国外、甲、乙、其他品牌新能源汽车分别为事件，，，，价位不超过30万元为事件B，求出和，代入条件概率的公式即可. 【小问1详解】 从该地上牌照的新能源汽车中，随机抽取1辆， 该车是甲品牌车的概率为， 所以随机抽取2辆，抽取的两辆车不全是甲品牌车的概率为． 【小问2详解】 从该地上牌照的新能源汽车中随机抽取1辆， 记该车是国外、甲、乙、其他品牌新能源汽车分别为事件，，，， 价位不超过30万元为事件B， 则，， ，， ，，，， 所以 ， 又， 所以， 所以从该地上牌照的新能源汽车中随机抽取1辆，若该车价位不超过30万元， 该车是甲品牌车的概率为． 18. 如图，在三棱锥P-ABC中，，，，D为BC的中点． （1）求证：； （2）在棱PA上是否存在点M（不含端点），使得二面角的余弦值为？若存在，求出线段AM的长度；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）存在； 【解析】 【分析】（1）由勾股定理逆定理得到AB⊥BC，AB⊥PB，从而AB⊥平面PBC，AB⊥，又利用等腰三角形三线合一得到PD⊥BC，从而PD⊥平面ABC，进而得到； （2）以D为原点，直线DB为y轴，直线DP为z轴，以过D与AB平行的直线为x轴建立如图所示空间直角坐标系，设，用坐标求出平面MBC和平面ABC的法向量，根据二面角的余弦值为列出等式求解即可. 【小问1详解】 因为，， 所以， 所以，所以，所以AB⊥BC， 又，，所以△PBC为等边三角形， 所以，又，所以，所以AB⊥PB， 又PB，平面PBC，且， 所以AB⊥平面PBC，又平面PBC，所以AB⊥， 因为，D为BC的中点，所以PD⊥BC， 又平面ABC，， 所以PD⊥平面ABC，又平面ABC，所以. 【小问2详解】 由（1）得，PD⊥平面ABC，， 以D为原点，直线DB为y轴，直线DP为z轴，过D与AB平行的直线为x轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设，所以， 设平面MBC的一个法向量，则，即， 令，解得，，故， 显然平面ABC的一个法向量，二面角M-BC-A为锐二面角，设为， 所以， 解得或（舍）， 所以存在M，使之满足条件，此时． 19. 把正整数1，2，3，…，n按任意顺序排成一行，得到数列，称数列为1，2，3，…，n的生成数列． （1）若是1，2，3，…，8的生成数列，记，数列所有项的和为S，求S所有可能取值的和； （2）若是1，2，3，…，10的生成数列，记，若数列中的最小项为T． ①证明：； ②求T的最大值． 【答案】（1） （2）①证明见解析；②17 【解析】 【分析】（1）先把用表示，再求出的最值，写出可能的结果并求和即可； （2）①反证法，求和，找矛盾得到假设不成立，进而得证原命题；②结合①中的范围和为正整数，对给出假设值，根据条件举出符合题意的例子，即可得到最大的. 【小问1详解】 因为是1，2，3，…，8的生成数列，且， 所以的所有项的和为： ， ，， 所以S所有可能的取值为57，58，59，…，69，故其和为． 【小问2详解】 ①假设，因为， 所以，所以，又，所以， 同理有， 所以，所以，又，所以， ，与已知矛盾，所以假设不成立，故． ②由①，又为正整数，假设， 由， 得，所以， 又， 所以，，同理可得，， 记的各项依次为1，6，10，2，7，8，3，9，5，4， 则的各项依次为17，18，19，17，18，20，17，18，满足题意，假设可以成立， 所以T的最大值为17． 【点睛】关键点点睛：本题属于新高考新定义题型，需要紧扣题目定义提取出我们熟识的知识点.其中（2）①关键在于利用反证法，找矛盾，反推原命题成立；②中取特值再验证的方法，比较巧妙，开拓了学生的思维. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$