2023-2024学年安徽省阜阳市高二年级下学期教学质量统测数学试题（含解析）

2023-2024学年安徽省阜阳市高二年级下学期教学质量统测数学试题
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.设集合，集合，，则( )
A. B. C. D.
2.若复数满足，则为( )
A. B. C. D.
3.年月日，多人参赛的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. B. C. 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反身于轴的入射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. B. C. D.
7.图是底面边长为的正四棱柱，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，若为正三角形，则图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. 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.已知函数的部分图象如图所示，则下列对性质描述正确有( )
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. 若的外心为，则为定值
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，，的对边分别为，，，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.本小题分
已知数列的首项，且．
证明：数列是等比数列．
求满足的最大整数．
16.本小题分
已知椭圆的短轴长为，上顶点为，为坐标原点，，为椭圆上不同的两点，且当，，三点共线时，直线，的斜率之积为．
求椭圆的方程
若的面积为，求的值．
17.本小题分
如图，在三棱柱中，，底面，，点到平面的距离为．
证明：C.
若直线与之间的距离为，求直线与平面所成角的正弦值．
18.本小题分
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．
求质点移动到点处的概率
次移动后质点的横坐标为，求的期望
求质点在经过次移动以后，最有可能的位置坐标．
19.本小题分
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在闭区间上的图象是连续不断的，在开区间内是可导函数，，那么在内至少存在一点，使得等式成立．
设方程有一个正根，
证明：方程必有一个小于的正根．
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．
设函数．
证明：函数在区间内至少存在一个零点．
答案解析
1.
【解析】解：因为集合，
所以，
又，
所以．
故选D．
2.
【解析】解：设，
则，
，
则，即，解得，，
故，，
故．
故选D．
3.
【解析】解：因为，
则这组数据的分位数是
4.
【解析】解：因为角满足，
则，且，
则，
则．
5.
【解析】解：将点代入抛物线可得，所以抛物线方程为，
所以抛物线的焦点为，设反射光线所在直线为，
代入得：，，所以直线方程为：，
设直线与抛物线的交点为、，，所以，解得或，
所以、，所以，故选C．
6.
【解析】
原式可化为：，其展开式中可出现项的只有与两项，
所以其展开式中项分别为、，
则的展开式中的系数为，
故选D．
7.
【解析】解：易知正四棱柱的体对角线就是球的直径，
取的中点，作出点在下底面的射影，易知点在正方体的对角线上，
因为为正三角形，且正四棱柱的边长为，
所以，且点到上底面中心的距离为，所以点到下底面的距离为，
所以，则，
设正四棱柱的高为，
则，即，解得，
设该几何体外接球的半径为，
则，
则该几何体外接球的表面积为．
故选A．
8.
【解析】解：求导数得，所以，
又，则．
若，，此时，是的一个极小值点，舍去；
若，，此时，是的一个极大值点，
满足题意，极大值为．
令，则．
，，
所以存在，使得，则在上，，
则单调递减，在上，，则单调递增，
所以在上存在唯一的极小值点，
，
又，
所以的零点个数为．
故选B．
9.
【解析】解：对于，由已知，所以，，
因为，所以或．
因为位于函数的减区间内，并且，
所以，即，
又，所以，，A错误；
对于，因为，
所以，，
又因为，所以，，，
所以，，C正确；
由上可知：，
对于，由，得图象的对称轴方程为，B正确；
对于，由，得，所以的单调递增区间为，D正确．
故选BCD．
10.
【解析】解：为奇函数，
，
等式两边求导得，
即，
为偶函数，B正确；
由，
两边求导得，
即，C正确；
是定义在上的奇函数，
，
用代替，得，
又为奇函数，
，
即，
则，D正确；
，故A错误．
故选BCD．
11.
【解析】解：选项A：如图，若 ，则，，三点共线，
即点，，， 共面，所以点在面 内，
取 的中点，连接
因为，为中点，所以 ，而 ，所以 ，故 ，，四点共面，
当在 上运动时，由于 ， 面 ， 面 ，
所以 面 ，故F到面 的距离为定值，而三角形 的面积也为定值，从而四面体 的体积为定值，故A正确；
对于，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，在平面中作，显然平面，
由，，可得，可得，
在中，，
所以，则点在以为圆心，为半径的圆上运动．
设此圆与交于点，因为且，
所以，则点的轨迹长度是，故C正确
对于，若，，则点与点重合，
把沿着进行翻折，使得，，，四点共面，
此时有最小值这里和后面的均为翻折后的点．
在中，，，，满足，
所以，从而，
在中，由余弦定理得，
解得，故D正确．
故选ACD．
12.
【解析】
解：设向量，的夹角为，
因为，故，
故，故，
故，
故答案为：．
13.
【解析】
解：设双曲线的一条渐近线为，即
因为其与圆有公共点，
故圆心到直线的距离小于或等于半径，即，
整理可得，
故离心率为，
故答案为．
14.任意正实数
【解析】解：由，
得，
根据正弦定理可知
，
由余弦定理得
，
，
若，则可以取任意正实数，
若，则，
综上，可取任意正实数；
因为，由正弦定理得，
所以，
则，
即，
根据余弦定理，
则，
所以面积，
又，则，
所以当且仅当，即时取最大值，．
15.解：证明：因为，
所以两边取倒数 ，，即
，则，
所以数列是首项为，公比为等比数列；
由可得，则，
所以
，
令，则函数在上单调递增，
而，，
所以满足条件的最大整数的值为．
【解析】本题考查数列的递推关系，等比数列的通项公式，等比数列的判定以及数列的分组转化求和，属中档题．
由条件转化出和的比值关系即可证明数列为等比数列；
由数列为等比数列求解出通项公式，求得，运用分组转化求和得到，结合函数的单调性即可解题．
16.解：由题意知椭圆的短轴长为，即，为椭圆的上顶点，所以当，，三点共线时，
设，则，，所以，则．
故椭圆的方程为．
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，结合可得，，此时，，
所以
当直线的斜率存在时，设其方程为，，
联立直线与椭圆方程消去得，其中，
所以，，
所以．
因为点到直线的距离，
所以，所以，整理得，符合式，此时，
所以，所以的值为．
【解析】本题考查椭圆方程，考查直线与椭圆的位置关系，属于较难题．
求出，利用直线，的斜率之积为，求出，可得椭圆的方程；
分类讨论，当直线的斜率存在时，设其方程为，，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理、的面积为，求的值．
17.解： 底面，平面，
，
，即，且，平面，，
平面
平面
平面平面，
过作，交于，
且平面平面，平面，
平面，
到平面距离为，
，
在中，，
设，则，
，，均为直角三角形，
且，，，，
，解得，
，
；
，，，
，
，
过作交于，
则为的中点，
由直线与之间的距离为，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，
由，
则直线与平面所成角的正弦值为．

【解析】本题主要考查直线与平面所成角的向量求法，以及线面，面面垂直的判定，属于中档题．
先证明平面平面，再作辅助线，利用到平面的距离为，得到，再由勾股定理即可证得；
过作，即可求出，，，再建立空间直角坐标系，由由，即可求出结果．
18.解:(1)P(X=1,Y=4)==.
(2)显然X服从二项分布X~B(5,),E(X)=5×=.
(3)设质点在经过20次移动以后,最有可能的位置坐标为(m,20-m),
则
即,解得13m14,
故所求位置坐标为(13,7)或(14,6).
【解析】本题考查二项分布的概率、分布列与期望，属于中档题.
（1）利用二项分布的概率公式求解；
（2）显然X服从二项分布X~B(5,),可求期望；
（3）设质点在经过20次移动以后,最有可能的位置坐标为(m,20-m),则 求出m的值，即可得出结论.
19.证明：令函数
显然在上连续，在内可导，由条件知，
由罗尔中值定理知，至少存在点，使得，
即方程必有一个小于的正根．
令，则由，得，所以．
因为，所以，
由罗尔中值定理知，至少存在个，使得，即，
同理，因为，，
由罗尔中值定理知，至少存在个，使得．
所以故方程在内至少存在两个不同的解．
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 在区间内至少存在一个零点．
【解析】本题考查导数的新定义问题，考查函数构造和求导，属于较难题．
将方程转化为相应函数，通过求导结合新定义即可得证；
构造函数，并求导，结合新定义分两个区间证明，即可得证；
构造函数，，利用罗尔中值定理对函数判断零点，即得证．
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