2022～2023学年安徽省阜阳市高二年级下册学期期末教学质量统测数学试题

阜阳市20222023学年度高二年级教学质量统测数学注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名学生代号填写清楚.2.选择题必须使用2B铅笔填涂.3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在稿纸试题卷上答题无效.第I卷（选择题共60分）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，则（ ）A. B. C. D.2.已知，则（ ）A. B.C. D.3.已知向量满足，且，则与的夹角为（ ）A. B. C. D.4.若数列为等比数列，则“”是“是方程的两个根”的（ ）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件5.从不超过15的质数中任取两个不同的数，其和是偶数的概率为（ ）A. B. C. D.6.函数的部分图象大致为（ ）A. B.C. D.7.设，则（ ）A. B.C. D.8.蹴鞠c j，又名“蹴球”“蹴圆”，传言黄帝所作（西汉刘向别录）.“蹴”有用脚蹴踢的含义，“鞠”最早系外包皮革内饰米糠的球，因而“蹴鞠”类似今日的踢足球活动，如图所示，已知某“鞠”的表面上有四个点，平面平面，直线与底面所成角的正切值为，则该“鞠”的表面积为（ ）A. B. C. D.二多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）A.的最小正周期为B.的单调递增区间为C.的图象关于直线对称D.的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到10.为了解中学生参与课外阅读的情况，某校一兴趣小组持续跟踪调查了该校某班全体同学10周课外阅读的时长，经过整理得到男生、女生这10周课外阅读的平均时长（单位：）的数据如下表：女生7.07.68.18.28.58.68.69.09.39.3男生5.16.06.36.87.27.78.18.28.69.4以下判断中正确的是（ ）A.该班女生每周课外阅读的平均时长的平均值为8.2B.该班男生每周课外阅读的平均时长的分位数是8.4C.该班女生每周课外阅读的平均时长波动性比男生小D.该班估计该校男生每周课外阅读的平均时长大于的概率为0.411.已知双曲线的左右焦点分别是为双曲线右支上的动点，则下列说法正确的是（ ）A.双曲线的离心率B.双曲线与双曲线共渐近线C.若点的横坐标为3，则直线的斜率与直线的斜率之积为D.若，则的内切圆半径为12.已知函数，则下列说法正确的是（ ）A.当时，的图象在处的切线方程为B.当时，在上有2个极值点C.当时，在上有最小值无最大值D.若的图象恒在直线的上方，则第II卷（非选择题共90分）三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中常数项为_.（用数字作答）14.已知圆的圆心坐标为.若直线与圆相切于点，则圆的标准方程为_.15.有一堆规格相同的铁制（铁的密度是）六角螺母，共重.如图，每一个螺母的底面是正六边形，边长为，内孔直径为，高为，这堆螺母大约有_个（参考数据：）.16.已知为抛物线的焦点，点为抛物线外一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，若，则的最小值为_.四解答题：本题共6小题，满分70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.17.（10分）已知数列的前项和为，若，且.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.18.（12分）记的内角的对边分别为，已知.（1）求；（2）设边上的高为，且，求面积的最小值.19.（12分）为丰富中学生校园文化生活，某中学社团联合会设立了“数学社”.在某次社团活动中，数学社组织同学进行数学答题有奖游戏，参与者可从两类数学试题中选择作答.答题规则如下：规则一：参与者只有在答对所选试题的情况下，才有资格进行第二次选题，且连续两次选题不能是同一类试题，每人至多有两次答题机会；规则二：参与者连续两次选题可以是同一类试题，答题次数不限.（1）小李同学按照规则一进行答题.已知小李同学答对类题的概率均为0.8，答对一次可得1分；答对类题的概率均为0.5，答对一次可得2分.如果答题的顺序由小李选择，那么两类题他应优先选择答哪一类试题？请说明理由；（2）小王同学按照规则二进行答题，小王同学第1次随机地选择其中一类试题作答，如果小王第1次选择A类试题，那么第2次选择A类试题的概率为0.5；如果第1次选择B类试题，那么第2次选择A类试题的概率为0.8.求小王同学第2次选择A类试题作答的概率.20.（12分）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，是棱上的两点，且.（1）证明：平面平面；（2）若再从下面两个条件中选择一个作为已知条件，求平面与平面所成二面角的大小.平面；三棱锥的体积.21.（12分）已知椭圆的离心率为，且椭圆过点，点为椭圆的左焦点.（1）求椭圆的标准方程；（2）平行于轴的动直线与椭圆相交于不同两点，直线与椭圆的另一个交点为，证明：直线过定点.22.（12分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）令，若不等式恒成立，求的最小值.阜阳市20222023学年度高二年级教学质量统测数学参考答案一选择题：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.【答案】B解：，则.故选B.2.【答案】A解：由，可得，则.故选A.3.【答案】B解：由，可得，即.所以，所以与的夹角为.故选B.4.【答案】B解：因为数列为等比数列，且是方程的两个根，所以.又，且同号，所以.因此“”是“是方程的两个根”的必要不充分条件.故选B.5.【答案】C解：不超过15的质数有，共6个数，从中任取2个数，有种，和为偶数的有种，所以概率为.故选C.6.【答案】D解：，知函数是偶函数，排除.当时，排除B.故选D.7.【答案】C解：设，则，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以在上恒成立，所以.设，则，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以在上恒成立，所以.函数在上单调递增，所以，即.从而有.故选C.8.【答案】D解：设外心为外心为的中点为.因为平面，平面平面，平面平面，所以平面.又平面，所以.过分别作平面，平面的垂线，则垂线交点为外接球球心，则四边形为矩形.设外接圆半径为外接圆半径为.设，则由，得，为等边三角形，.又因为，所以.故外接圆半径.又，平面平面，则，所以外接球半径，从而外接球表面积为.故选D.二多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.【答案】AC解：由函数的图象可得，所以，选项A正确.由，得.由图知，函数的图象过点，所以.又，所以.从而.令，得，所以的单调递增区间为，选项B错误.令，得，选项C正确.由可知，的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到，选项D错误.故选AC.10.【答案】BCD解：由表可知该班女生每周课外阅读的平均时长的平均值为（也可以由表格观察），A错误；该班男生每周课外阅读的平均时长的分位数是，B正确；由表格所提供的数据可知C正确；估计该校男生每周课外阅读的平均时长大于的概率为，D正确.故选BCD.11.【答案】AC解：，得，所以双曲线，其中.对于A选项，双曲线的离心率，A正确.对于B选项，双曲线的渐近线方程为.双曲线的渐近线方程为，故B错误.对于选项，点的横坐标为3，不妨记在第一象限，则，则，C正确.对于D选项，设，则.在中，由余弦定理得，解得或（舍去），所以的周长为.又的面积为，所以的内切圆半径为错误.故选AC.12.【答案】ACD解：当时，.，从而的图象在处的切线方程为，A正确.，令，则，所以单调递增，也即单调递增.当时，所以存在，使得.当时，单调递减；当时，单调递增.所以在上恰有一个极值点，B错误.当时，在上单调递增.，所以存在，使得.当时，单调递减；当时，单调递增.所以.由指数函数和对数函数性质可知，无最大值，C正确.要使的图象恒在直线的上方，则恒成立，即对任意恒成立.令，令，所以当时，单调递增.又，存在，使得，即.令，所以当时，单调递增.由，得.当时，单调递减；当时，单调递增.所以，所以，从而，D正确.故选ACD.三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.【答案】8解：的展开式中常数项为.14.【答案】解：直线过点，可得直线，其斜率.由，可得，所以，则圆的标准方程为.15.【答案】248解：六角螺母的体积是六棱柱体积与圆柱体积的差，即，所以螺母大约有248个.16.【答案】4解：由题可知直线斜率存在，设直线的方程为.由得，所以，即，所以直线的方程为，同理可得直线的方程为.由可得所以，所以，所以（当且仅当，即时，等号成立），所以的最小值为4.四解答题：本题共6小题，满分70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.17.解：（1）由，可得，数列为等差数列.设公差为，则.又.从而.（2）由（1）可知，当为偶数时，.当为奇数时，.数列的前项和.18.解：（1）由正弦定理可得.又，所以，所以.由，所以.（2）在中，由余弦定理可得.由，可得.联立得，所以，即，所以，当且仅当时，等号成立.从而面积的最小值为.19.解：（1）小李同学按照规则一进行答题，若先选择答类题，设小李获得的积分为随机变量，则的所有可能取值为.，.若先选择答类题，设小李获得的积分为随机变量，则的所有可能取值为.，.小李应该优先选择类题作答.（2）因为小王同学按照规则二进行答题，设“第次选择类试题作答”，“第1次选择类试题作答”，则与互斥.根据题意得.由全概率公式，得.因此，小王同学第2次选择类试题作答的概率为0.65.20.（1）证明：因为四边形是菱形，所以.因为平面，且，所以平面.因为平面，所以.因为，所以，所以.因为平面，且，所以平面.因为平面，所以平面平面.（2）解：若选条件，记与交于点，则为的中点，连接.由平面，平面平面，则，所以为的中点，从而.取棱的中点，连接，易证两两垂直，故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则.故.因为，所以，则.设平面的法向量为，则令，得.平面的一个法向量为.设二面角为，易知二面角为锐角，则.所以二面角为.若选条件，记点到平面的距离为.由，得.由（1）知平面，所以，即.取棱的中点，连接，易证两两垂直，故以为原点分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则.故.因为，所以，则.设平面的法向量为，则令，得.平面的一个法向量为.设二面角为，易知二面角为锐角，则.所以二面角为.21.（1）解：因为椭圆的离心率为，椭圆过点，所以解得因此，椭圆的标准方程为.（2）证明：由题可知，直线的斜率存在.设直线，则.联立直线与椭圆方程得，则，所以，整理得.又所以直线的方程为.故直线过定点.22.解：（1）的定义域为.，令，则，所以单调递增，即单调递增.又，所以当时，当时，.所以当时，单调递减；当时，单调递增.（2）由题知.令，所以在上单调递增，即在上单调递增.，所以存在，使得.所以当时，；当时，.从而当时，单调递减；当时，单调递增.不等式恒成立等价于.联立式，消去可得.将式代入式可得，即.