精品解析：安徽省阜阳市2023-2024学年高二下学期教学质量统测数学试题

2023-2024学年高二下学期阜阳市高二年级教学质量统测 注意事项： 1． 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在5 2． 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的．黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答题卡上．写在本试卷上无效． 3． 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 设集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则为（ ） A 2 B. C. 5 D. 3. 2024年4月21日，13000多人参赛的2024阜阳马拉松在市规划展示馆旁鸣枪起跑.经过激烈角逐，前八名的成绩(单位：小时)分别为，则这组数据的分位数是（ ） A B. C. D. 4. 若角满足，则（ ） A. 1 B. -1 C. 0 D. 5. 抛物线绕它的对称轴旋转所得到的曲面叫抛物面，用于加热水和水壶食物的太阳灶应用了抛物线的光学性质：一束平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物面的反射后，集中于它的焦点.已知一束平行于轴的入射光线的一束光线与抛物线的交点为，则反射光线所在直线被抛物线截得的弦长为（ ） A. B. C. D. 6. 的展开式中的系数为（ ） A. 120 B. 80 C. 60 D. 40 7. 图①是底面边长为2的正四棱柱，直线经过其上，下底面中心，将其上底面绕直线顺时针旋转，得图②，若为正三角形，则图②所示几何体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数.若是的一个极大值点，且，则的零点个数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 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. 已知函数的部分图象如图所示，则下列对性质描述正确的有（ ） A. B. 图象的对称轴方程为 C. D. 的单调递增区间为 10. 已知奇函数和它的导函数的定义域均为，且，则下列结论正确的有（ ） A. B. 为偶函数 C. D. 11. 在直四棱柱中，底面是菱形，为的中点，点满足，下列结论正确的是（ ） A. 若，则四面体的体积是定值 B. 若外心为，则为定值2 C. 若，则点的轨迹长为 D. 若，则存在点，使得的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量均为单位向量，且，则______ 13. 已知圆与双曲线的渐近线有公共点，则双曲线的离心率的取值范围为____________． 14. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则___，当时，面积的最大值为____________． 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. 已知数列的首项，且． （1）证明：数列是等比数列． （2）求满足的最大整数． 16. 已知椭圆的短轴长为2，上顶点为M，O为坐标原点，A，B为椭圆上不同的两点，且当三点共线时，直线的斜率之积为 （1）求椭圆的方程； （2）若的面积为1，求的值. 17. 如图，在三棱柱中，底面，点到平面的距离为2. （1）证明：. （2）若直线与之间的距离为4，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 在平面直角坐标系中，坐标原点处有一个质点，每次向右或者向上移动一个单位，向上移动的概率为，向右移动的概率为次移动后质点的坐标为. （1）求质点移动到点处的概率； （2）5次移动后质点横坐标为，求的期望； （3）求质点在经过20次移动以后，最有可能的位置坐标. 19. 罗尔 中值定理是微分学中的一条重要定理，根据它可以推出拉格朗日中值定理和柯西 中值定理，它们被称为微分学的三大中值定理. 罗尔中值定理的描述如下：如果函数 满足三个条件①在闭区间 上的图象是连续不断的，②在开区间内是可导函数，③，那么在 内至少存在一点，使得等式成立. （1）设方程 有一个正根，证明：方程 必有一个小于正根. （2）设函数是定义在上的连续且可导函数，且.证明：对于，方程 在 内至少有两个不同的解. （3）设函数.证明：函数在区间 内至少存在一个零点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年高二下学期阜阳市高二年级教学质量统测 注意事项： 1． 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在5 2． 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的．黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答题卡上．写在本试卷上无效． 3． 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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 设集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解一元二次不等式求出集合M，求出其补集，根据集合的交集运算，即可求得答案. 【详解】解，得， 故，则或 则， 故选：D 2. 若复数满足，则为（ ） A. 2 B. C. 5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】设且，用表示出，对应相等解出，得到，. 【详解】设且，则，， 所以，解得，所以，， 故选：D. 3. 2024年4月21日，13000多人参赛的2024阜阳马拉松在市规划展示馆旁鸣枪起跑.经过激烈角逐，前八名的成绩(单位：小时)分别为，则这组数据的分位数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由百分位数定义可得. 【详解】从小到大排序：，共个数据， 由知分位数为第个数据，即. 故选：C. 4. 若角满足，则（ ） A. 1 B. -1 C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先利用二倍角的正弦公式，化简条件，再代入二倍角的余弦公式，即可求解. 【详解】由题意可知，，，， 所以，则， ， 所以. 故选：B 5. 抛物线绕它的对称轴旋转所得到的曲面叫抛物面，用于加热水和水壶食物的太阳灶应用了抛物线的光学性质：一束平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物面的反射后，集中于它的焦点.已知一束平行于轴的入射光线的一束光线与抛物线的交点为，则反射光线所在直线被抛物线截得的弦长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可求得抛物线方程，再根据光线的反射性质求出反射光线的方程，即可求出反射光线与抛物线的交点坐标，再利用两点间的距离公式即可求得结果. 【详解】因为点在抛物线上，所以，解得， 所以抛物线的方程为，则焦点为， 又因为反射光线经过点及焦点，， 所以反射光线的方程为， 联立抛物线方程得，解得或， 所以反射光线与抛物线的交点为， 由两点间距离公式可得， 所以反射光线所在直线被抛物线截得的弦长为. 故选：C. 6. 的展开式中的系数为（ ） A. 120 B. 80 C. 60 D. 40 【答案】D 【解析】 【分析】写出展开式通项，令指数为2，即可求解. 【详解】展开式通项：， 令，即， 当时，的系数为； 当时，的系数为； 所以的系数为， 故选：D 7. 图①是底面边长为2的正四棱柱，直线经过其上，下底面中心，将其上底面绕直线顺时针旋转，得图②，若为正三角形，则图②所示几何体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合图形，由题意过点作于点，得到直角梯形，求出该几何体的高,再借助于求出该几何体的外接球半径,即得其表面积. 【详解】 如图，设正四棱柱的上下底面中心分别为点,过点作于点，连接， 依题意，易得直角梯形,因为边长为2的正三角形,则，且, 又，则. 设该几何体外接球球心为点,半径为,则点为的中点，则, 在中，, 于是该几何体外接球的表面积为. 故选：A. 8. 已知函数.若是的一个极大值点，且，则的零点个数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数导数，结合题意可求出参数的值，分类讨论，将函数零点个数问题转化为函数图象的交点个数问题，数形结合，即可判断答案. 【详解】由题意知定义域为， 则， 因为是的一个极大值点，所以， 结合，知， 当时，， ， 作出函数和在上的图象如图： 结合图象可知当时，，在上单调递增， 当时，，，在上单调递减， 故函数在处取极大值，适合题意； 则的零点问题， 即为的根的问题， 即函数的图象的交点个数问题， 作出函数的图象如图： 可知二者在上有1个交点， 而，，，， 而当时，， 故函数的图象有3个不同的交点， 故的零点个数为3； 当时，， ， 作出函数和在上的图象如图： 因为，， 故在上，函数和在上的图象必定相交， 设二者最左侧交点横坐标为，则时，， 此时，在上单调递减， 当时，，，在上单调递增， 则函数在处取极小值，不适合题意； 综合以上可知的零点个数为3， 故选：B 【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于将函数的零点问题转化为函数图象的交点个数问题，数形结合，解决问题. 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. 已知函数的部分图象如图所示，则下列对性质描述正确的有（ ） A. B. 图象的对称轴方程为 C. D. 的单调递增区间为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据三角函数的图象先求得，再根据函数图象的对称性、单调性等知识确定正确答案. 【详解】根据图象可知图象过点， 所以，其中， 所以，或， 第一个方程组无解，第二个方程组解得， 所以A错误，C选项正确，则， 由，解得，所以B选项正确. 由，解得， 所以D选项正确. 故选：BCD 10. 已知奇函数和它的导函数的定义域均为，且，则下列结论正确的有（ ） A. B. 为偶函数 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性、周期性、对称性，以及原函数与导函数的奇偶性，即可判断各选项正误. 【详解】已知为奇函数，可知，又因为，则，所以，所以，故A错误； 对两边求导得得，即，所以，又函数的定义域为，所以为偶函数，故B正确； 对两边求导得得，即，所以，故C正确； 因为函数是定义域为的奇函数，所以，又因为，所以，故D正确. 故选：BCD. 11. 在直四棱柱中，底面是菱形，为的中点，点满足，下列结论正确的是（ ） A. 若，则四面体的体积是定值 B. 若的外心为，则为定值2 C. 若，则点的轨迹长为 D. 若，则存在点，使得的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由线线平行及锥体体积求法即可判断A；由平面向量数量积的运算律即可判断B；由扇形弧长公式即可判断C；由余弦定理即可判断D． 【详解】对于A，连接，由得点在线段上， 由为直四棱柱得，，又， 所以的面积为定值，又点平面的距离为定值， 所以四面体的体积是定值，故A正确； 对于B，如图，若的外心为，过点作于点，则是的中点， 因为， 所以，故B错误； 对于C，如图，在平面中作，垂足为， 由已知得，平面，且平面， 所以，又平面，且， 所以平面， 因为底面是菱形，，所以， 在中，因为，所以， 则点在以点为圆心，为半径的圆上运动， 设此圆与交于点，因为，且， 所以，则点的轨迹长度为，故C正确； 对于D，若，则点与点重合， 把沿着进行翻折，使得四点共面， 此时有最小值， 在中，， 所以，所以，所以， 在中，由余弦定理得， 解得，故D正确； 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量均为单位向量，且，则______ 【答案】## 【解析】 【分析】利用向量数量积的运算律求出，代入所求式计算即得. 【详解】由两边取平方可得，， 因，则有， 故. 故答案为：. 13. 已知圆与双曲线的渐近线有公共点，则双曲线的离心率的取值范围为____________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据双曲线方程求得双曲线的渐近线，进而利用圆心到渐近线的距离小于等于半径求得a和b的关系，进而利用求得a和c的不等关系，即双曲线的离心率范围可求． 【详解】圆，双曲线的渐近线为， 圆与双曲线的渐近线有公共点， 圆心到渐近线的距离， ，，即， ． 故答案为：． 14. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则___，当时，面积的最大值为____________． 【答案】 ①. 任意正实数或1 ②. 【解析】 【分析】根据正弦定理边角互化，再根据余弦定理带入到已知式中可求得值；根据三角形面积公式，以及正弦定理边角互化，余弦定理以及二次函数性质在三角形中的应用可求得三角形面积最大值. 【详解】根据题意知， 根据正弦定理边角互化可得， 再根据余弦定理可得， 化简变形可得， 若时，则为任意正实数，若时，可得 当，根据正弦定理边角互化可得，所以 根据余弦定理 根据二次函数的性质可得当时，最大值为. 故答案为：任意正实数或1； 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. 已知数列的首项，且． （1）证明：数列是等比数列． （2）求满足的最大整数． 【答案】（1）证明见解析 （2）99 【解析】 【分析】（1）利用构造法，结合等比数列的定义，即可证明； （2）根据（1）的结果，结合等比数列前项和公式，即可求解不等式. 【小问1详解】 证明：由，两边取倒数，并整理得， 则，因为，所以数列是等比数列． 【小问2详解】 由（1）得， 则， 显然为单调递增数列，则满足条件的最大整数为99． 16. 已知椭圆的短轴长为2，上顶点为M，O为坐标原点，A，B为椭圆上不同的两点，且当三点共线时，直线的斜率之积为 （1）求椭圆的方程； （2）若的面积为1，求的值. 【答案】（1） （2）5 【解析】 【分析】（1）先由短轴长得，由三点共线设点坐标，再利用点在椭圆上将斜率之积转化为待定，从而求椭圆方程； （2）分直线斜率存在与不存在两种情况讨论.当直线斜率不存在时，解方程组可得；当直线斜率存在时，设出直线方程，联立椭圆方程，借助韦达定理表示弦长及点到直线距离，从而由面积为得，代入由韦达定理表示的关系式，化简求值可得. 【小问1详解】 由题意知椭圆的短轴长为2，即，. 为椭圆的上顶点，所以. 当三点共线时，设，则. 由点在椭圆上，则, 因为， 所以，解得． 故椭圆的方程为； 【小问2详解】 设过两点的直线为， 当直线的斜率不存在时，两点关于轴对称， 所以 因为在椭圆上，所以，又， 所以，即，联立， 解得 此时，所以. 当直线的斜率存在时，设其方程为， 联立消去得， 其中①， 所以， 所以． 因为点到直线的距离， 所以， 所以， 整理得，符合①式， 此时， 综上所述，的值为5． 17. 如图，在三棱柱中，底面，点到平面的距离为2. （1）证明：. （2）若直线与之间的距离为4，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）结合已知线面垂直的判定定理证明平面，利用面面垂直的判定定理得平面平面，然后利用面面垂直的性质定理得平面，从而得出均为直角三角形，利用勾股定理求解即可. （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式求解即可. 【小问1详解】 底面平面， ，又平面， 平面，又平面， 平面平面. 过作交于，又平面平面， 平面，平面． 点到平面的距离为. 在中，， 设，则. 均为直角三角形，且， ，解得， ，即. 【小问2详解】 ， ，过作交于，则为的中点. 由直线与之间的距离为4，得， 在中，. 以为坐标原点，直线为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则，，， 显然为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则 则直线与平面所成角的正弦值为. 18. 在平面直角坐标系中，坐标原点处有一个质点，每次向右或者向上移动一个单位，向上移动的概率为，向右移动的概率为次移动后质点的坐标为. （1）求质点移动到点处的概率； （2）5次移动后质点的横坐标为，求的期望； （3）求质点在经过20次移动以后，最有可能的位置坐标. 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）根据独立重复试验概率计算公式求得正确答案. （2）根据二项分布的知识求得的期望 （3）根据独立重复试验概率计算公式列不等式，由此求得最有可能位置坐标. 【小问1详解】 【小问2详解】 依题意可知，所以. 【小问3详解】 设质点在经过次移动以后，最有可能的位置坐标为， 则， 即， 解得， 故所求位置坐标为或. 19. 罗尔 中值定理是微分学中的一条重要定理，根据它可以推出拉格朗日中值定理和柯西 中值定理，它们被称为微分学的三大中值定理. 罗尔中值定理的描述如下：如果函数 满足三个条件①在闭区间 上的图象是连续不断的，②在开区间内是可导函数，③，那么在 内至少存在一点，使得等式成立. （1）设方程 有一个正根，证明：方程 必有一个小于的正根. （2）设函数是定义在上的连续且可导函数，且.证明：对于，方程 在 内至少有两个不同的解. （3）设函数.证明：函数在区间 内至少存在一个零点. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）令函数，由罗尔中值定理知，至少存在一点，使得； （2）令，由罗尔中值定理知，至少存在一个，使得，至少存在一个，使得，可得结论； （3）令 ，则 ，由罗尔中值定理知，存在，使得，故函数区间 内至少存在一个零点. 【小问1详解】 证明：令函数， 显然在 上连续，在内可导， 则， 由条件知， 由罗尔中值定理知，至少存在一点，使得， 即方程必有一个小于正根. 【小问2详解】 令，则. 由，得，所以. 因为，所以， 由罗尔中值定理知，至少存在一个，使得， 即. 同理，因为，由罗尔中值定理知， 至少存在一个，使得，所以 . 故方程在内至少存在两个不同的解. 【小问3详解】 证明：令 ，则 . 由，得， 则，又因为 是连续且可导函数， 由罗尔中值定理知，存在，使得， 则 ，所以. 故函数区间 内至少存在一个零点. 【点睛】方法点睛：在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，本题明确罗尔中值定理的描述，通过构造函数，结合导数的运算和性质求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$