2022-2023学年安徽省滁州市高二下学期期末教学质量监测数学试题（含解析）

2022-2023学年安徽省滁州市高二下学期期末教学质量监测数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知全集为，集合，集合，则( )
A. B. C. D.
2.已知向量，，若，则( )
A. B. C. D.
3.已知正项等比数列单调递增，，，则( )
A. B. C. D.
4.一个大于的自然数，除了和它本身外，不能被其他自然数整除，则这个数为质数，质数又称素数，如，，，等都是素数数学上把相差为的两个素数叫做孪生素数，如：和，和，如果我们在不超过的素数中随机选取两个不同的数，则这两个数是孪生素数的概率为( )
A. B. C. D.
5.在中，，，，点在边上，且，则长为( )
A. B. C. D.
6.若的展开式中二项式系数之和为，各项系数之和为，则展开式中的系数是( )
A. B. C. D.
7.如图，正方体的棱长为，点为棱的中点，空间中一点满足，则点的轨迹截正方体表面所得图形的周长为( )
A. B. C. D.
8.双曲线的左、右焦点分别为，，离心率为，右支上一点满足，直线平分，过点，作直线的垂线，垂足分别为，设为坐标原点，则的面积为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若复数满足，，则( )
A. 的实部为 B. 的虚部为 C. D.
10.已知定义在上的函数满足，且若时，，则( )
A. 的最小正周期
B. 的图象关于对称
C.
D. 函数在区间上所有零点之和为
11.如图，四棱锥中，平面平面，且，，，是棱的中点，，则( )
A. 平面
B. 平面
C. 和平面所成角的正弦值为
D. 四面体外接球的表面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若本市2024年高二某次数学测试的成绩X(单位:分)近似服从正态分布N(100,).从本市中任选1名高二学生,则这名学生数学成绩在102~104分之间的概率约为 .参考数据:若随机变量X~N(,),则P(-X+)0.6827, P(-2X+2)0.9545,P(-3 X+3)0.9973.
13.过抛物线上一点作切线与轴交于点，直线被圆截得的弦长为，则点的坐标为 ．
14.已知函数满足，且恰有一个极值点，则的取值范围为 ．
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.本小题分
已知公差不为的等差数列，其前项和为若，且，，成等比数列．
求数列的通项公式
若，求数列的前项和．
16.本小题分
在如图所示的几何体中，四边形是边长为的正方形，四边形为菱形，，平面平面．
求三棱锥的体积
求平面和平面夹角的余弦值．
17.本小题分
年月，国务院办公厅印发新能源汽车产业发展规划年，规划提出，到年，纯电动汽车成为新销售车辆的主流，公共领域用车全面电动化，燃料电池汽车实现商业化应用，高度自动驾驶汽车实现规模化应用，有效促进节能减排水平和社会运行效率的提升某市车企为了解消费者群体中购买不同汽车种类与性别的情况，采用简单随机抽样的方法抽取了近期购车的位车主，得到如下列联表：单位：人
性别 购车种类 合计
新能源汽车 燃油汽车
男
女
合计
试根据小概率值的独立性检验，判断购车种类与性别是否有关
以上述统计结果的频率估计概率，设事件“购车为新能源汽车”，“购车车主为男性”．
计算，
从该市近期购车男性中随机抽取人、女性中随机抽取人，设这三人中购买新能源汽车的人数为，求的分布列及数学期望．
附：参考公式：．
参考数据：
18.本小题分
已知函数．
当时，求的最大值
若在定义域上恒成立，求实数的取值范围．
19.本小题分
已知椭圆的短轴长为，且右焦点与抛物线的焦点重合．
求椭圆的标准方程
直线与椭圆相交于，两点，，其中为坐标原点．
求与的关系式
为线段中点，射线与椭圆相交于点，记四边形的面积与的面积之比为，求实数的取值范围．
答案解析
1.
【解析】解：因为，
所以，
又，
所以
故选B．
2.
【解析】解：因为向量，，
且，
所以，
即．
故选C．
3.
【解析】解：根据题意，设正项递增的等比数列的公比为，则，
因为，所以，而，
得，
得，得，
则．
4.
【解析】解：不超过的素数有个，分别为，，，，，，，，，，，
两个数是孪生素数的有和，和，和，和，和，共组．
则这两个数是孪生素数的概率为：．
5.
【解析】解：因为，，，
所以，
即，
解得，
因为，所以，
在中，
，
所以．
故选A．
6.
【解析】解：由题意，根据二项式系数和为，解得，
令得，各项系数和为，解得，
二项式的展开式的通项公式为，
令，解得，
故展开式中含项系数为，
故选C．
7.
【解析】解：因为，所以平面，
取，的中点，，连接，，，，如图所示：
四边形为平行四边形，则，由，
得，同理得，而为平行四边形，平面，
，得平面，平面，
则点的轨迹截正方体表面所得图形为平行四边形，
又，
则所得图形的周长为：．
8.
【解析】解：因为双曲线的左、右焦点分别为，，直线平分，过点，作直线的垂线，垂足分别为，，
所以根据双曲线的定义可知，
因为右支上一点满足，
所以，
所以，
所以的面积为，
又双曲线，离心率为，
所以，
所以，
所以的面积为．
故选C．
9.
【解析】解：设，
因为，，
所以，
解得，
所以，
所以的实部为，的虚部为或，故A正确，B错误；
当时，，
当时，，
故，故C正确；
，故D错误．
故选AC．
10.
【解析】解：因为，所以，
则，
由得，，
得，
得，
故的最小正周期，则项正确
因为函数为奇函数，则的图象关于对称，又的最小正周期，由，
则的图象关于对称，故B项正确
，
故C项错误
当时，则，得，
由，得，
当时，，得，
由，得，
则函数在区间上所有零点之和为：，故D项正确．
11.
【解析】解：对于如图：
取的中点，连接、．
因为，，所以，因此四边形是平行四边形，所以．
因为是棱的中点，所以．
因为平面，平面，所以平面．
同理可得平面．
因为、平面，，所以平面平面，
而平面，因此平面，故A正确；
对于如图：
取的中点，连接、．
因为是棱的中点，所以，而，，
因此，所以．
假设平面，则平面，而平面，因此，
这与相矛盾，所以假设不成立，故B错误；
对于如图：
因为是棱的中点，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
因此．
取的中点，连接、．
因为，，所以，且．
因为平面平面，平面平面，而平面，所以平面，
而平面，因此．
因为，，，，
所以由余弦定理得：，因此在中，．
在中，因为，，所以．
设点到平面的距离为．
因为，，，，所以，
因此由得，解得．
由选项B知：，而，，因此．
若和平面所成角为，则，
因此和平面所成角的正弦值为，故C正确；
对于如图：
连接，交于，连接．
设．
由选项A知：，而是的中点，是的中点，因此，
所以由选项C知：．
由选项C知：平面，而，因此平面，且．
因为，是的中点，所以四面体外接球的球心在过与平面垂直的直线上，
而，因此．
设，则四面体外接球的半径为，
而或
因此由得或，
解得舍去或，
所以四面体外接球的半径为，
因此四面体外接球的表面积为，故D正确．
12.0.1359
【解析】解：因为高二某次数学测试的成绩X(单位:分)近似服从正态分布N(100,)，
所以该正态曲线的对称轴为：，
因此
.
故答案为0.1359.
13.
【解析】解：圆心到直线的距离为：，
设直线的方程为：，
则，
联立方程：，消去得，，
因为直线与抛物线相切，所以，得，得，
则，
得，得，
得，
因为，
所以，
得点的坐标为：．
14.
【解析】解：由，得，得，
，
因为函数恰有一个极值点，则仅有一个实数根，
即函数与函数仅有一个交点，
则 ，
由，得，由，得，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
如图所示：
则，得，
则，，
令，
则，
由，得，由，得，
得函数在上单调递增，在上单调递减，
如图所示：
当时，函数取的最大值为：，
当时，函数取的最小值为：，
得，
故的取值范围为：．
15.解：设的首项为，公差为，
，，即．
又，，成等比数列，即，
．
化简得：．，
联立，可得，，
故．
，
，即．
．
．
．
【解析】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，分组并项法求和，是中档题．
直接利用等差数列的性质求出公差和首项，进一步确定通项公式．
利用的结论得出，进一步利用分组并项法求和即可．
16.解：设，如图，连接，因为四边形为菱形且，
所以为等边三角形，则．
四边形是边长为的正方形，所以．
又因为，，面，故AC面，
，面．
，
因为平面平面，且面面，面，
在正方形中，，所以面，面，
，
又由知．
如图，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系可得：，，，，设面的法向量为，
，令，，
设面的法向量为，
令，，
故，．
所以，平面和平面夹角的余弦值为．
【解析】本题主要考查棱锥的体积、平面与平面所成角的向量求法等，属于中档题．
利用即可；
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系然后利用空间向量即可．
17.解：依题意可得，，，，，．
零假设为购车种类与性别无关联．
依据列联表中数据，经计算得到：．
所以，根据小概率得独立性检验，
我们判断购物种类与性别有关，此判断犯错误概率不大于．
，
．
设定事件在购车群体中，男性购买新能源汽车．
则，．
设定事件在购车群体中，女性购买新能源汽车则，．
依题意，的可能取值为：，，，，
，
，
所以，随机变量的分布列为：
所以，随机变量的数学期望．
【解析】本题主要考查独立性检验、离散型随机变量的均值等，属于中档题．
计算得到即可；
利用，
即可．
依题意，的可能取值为：，，，然后分别计算概率即可．
18.解：当时，，
恒成立，
在上单调递减所以
，
．
当时，恒成立，
在上单调递增．
，不满足题意
当时，，
，，
在上恒成立，在上单调递增．
，不满足题意
当时，令
若时，，令，
在上单调递增，上单调递减．
所以当时，矛盾，不满足题意，
若时，，在上恒成立，
在上单调递减．
，满足题意．
综上所述，的取值范围为满足题意．
【解析】本题主要考查导数的应用，属于中档题．
当时，，然后利用恒成立即可；
先得到然后分当时，当时，当时，分别讨论即可．
19.解：依题意可得：右焦点，且，即．
又因为，．
故，椭圆的标准方程为：．
设，，．
．．
由韦达定理可得：，．
又因为，即，
，
将代入上式，化简可得：．
即：，此时成立故与的关系式为：．
由知：因为为线段的中点，
所以，，，
设，，
又因为在椭圆上，．
化简可得：．
，
又由知：，将其代入式得：
，，即，．
所以，的取值范围为
另接式：又由知：，．
即，．
所以，的取值范围为
【解析】本题主要考查直线与椭圆的位置关系及其应用等，属于难题．
依题意可得：右焦点，然后利用，得到即可．
设，，．
然后利用韦达定理及，求解；
设，又因为在椭圆上，．化简可得：．则，又由知：，将其代入式得：即可求解．
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