安徽省阜阳市2022-2023学年高二下学期教学质量统测数学试卷（教师版）

阜阳市2022~2023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.【答案】B【解析】【分析】利用集合的交集运算求解.【详解】解：因为，所以.故选：B.2.已知复数，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法运算化简，由此求得.【详解】，则.故选：B【点睛】本题考查复数的除法运算、共轭复数，考查运算求解能力.3.已知向量满足，且，则与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用两向量的垂直关系及向量的夹角公式即可求解.【详解】由，可得，即，又，所以，又，所以与的夹角为.故选B.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【答案】B【解析】【分析】根据韦达定理以及等比数列的性质可得是方程的两个根时，即可由必要不充分条件的定义求解.【详解】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;B5.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.【答案】C【解析】【分析】根据古典概型公式结合组合数公式计算即可.【详解】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.函数的部分图象大致为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据函数解析式判断函数奇偶性和当时函数值的正负，利用排除法即可.【详解】定义域为，，所以函数是偶函数，故排除A，C；当时，，，所以，故排除B.故选：D.7.设，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据的结构特征，令，利用其导数可得，从而推出，同理构造，推出，再利用幂函数性质比较，即得答案.【详解】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.【点睛】关键点睛：此类比较大小的问题的关键是能根据数值的结构特征确定变量，从而构造函数，利用导数判断其单调性，进而比较大小.8.蹴鞠[cùjū]，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.【答案】D【解析】【分析】根据几何关系找到△和△的外心，利用两个外心找到球的球心，利用几何关系求出球的半径，即可求得表面积.【详解】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，同理平面，又因为平面，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.由于为直线与底面所成角，设，则，解得，则,设外接圆半径为，△外接圆半径为.因为△为等边三角形，所以.又因为，所以.故外接圆半径，，因为平面平面，所以，所以外接球半径，所以外接球表面积为.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.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【答案】AC【解析】【分析】根据图象确定周期可判断A，由周期求出，利用特殊值求出得出函数，根据正弦函数的单调性判断B；根据正弦型函数的对称轴判断C；由三角函数的图象平移可判断D.【详解】由图象可知，，，故的最小正周期为，故A正确；所以，得.又，即，所以，，所以，，又因为，所以，所以，令，解得，所以的单调递增区间为，故B错误；

因为，所以的图象关于直线对称，故C正确；将函数的图象向左平移个单位得到，故D错误.故选：AC10.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0.4【答案】BCD【解析】【分析】根据数表分别计算平均数，百分位数，波动性及古典概型分别判断各个选项即可.【详解】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女生每周课外阅读的平均时长波动性比男生小,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.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【答案】AC【解析】【分析】根据题意，求得双曲线的方程为，其中，结合双曲线的定义和几何性质，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，可得，所以，则，所以双曲线，其中，对于A中，由双曲线的离心率，所以A正确；对于B中，由双曲线的渐近线方程为，又由双曲线的渐近线方程为，故B错误；对于中，由点的横坐标为，不妨记在第一象限，则，因为，可得，所以C正确；对于D中，设，则，在中，由余弦定理得，即，解得或（舍去），所以的周长为，又由的面积为，所以内切圆半径为，所以D错误.故选：AC.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【答案】ACD【解析】【分析】选项A运用导数的几何意义求解即可；选项B利用极值点的定义进行求解；选项C通过研究函数的单调性求解最值；选项D先转化为恒成立问题，再通过分离参数、隐零点进行求解即可.【详解】对于选项A，当时，.，从而的图象在处的切线方程为，故A正确；对于选项B，，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，故B错误；对于选项C，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，故C正确；对于选项D，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，所以存在，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，故D正确.故选：ACD.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了构造新函数法、隐零点法，考查了逻辑推理能力、转化思想和数学运算能力.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）【答案】【解析】【分析】求得二项式的展开式的通项为，进而求得展开式的常数项.【详解】由题意，二项式的展开式的通项为，所以展开式的常数项为.故答案为：.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__________.【答案】【解析】【分析】根据相切关系可得垂直，利用垂直关系可得，即可根据点点距离求解半径，进而可得圆的方程.【详解】直线过点，可得直线，其斜率.由相切可得，可得，所以，则圆的标准方程为.故答案为：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：）.【答案】248【解析】【分析】首先计算一个螺母的体积，其体积是六棱柱体积与圆柱体积的差，再由总重量除以一个螺母的重量，即可得解.【详解】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.故答案为：248.16.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__________.【答案】4【解析】【分析】设直线的方程为，与抛物线联立，由，得到，进而得到直线的方程为，同理直线的方程为，联立求得点P坐标，利用向量运算求解.【详解】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.由可得由可得由可得所以，所以，所以（当且仅当，即时，等号成立），所以的最小值为4.故答案为：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.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.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由结合等差数列的中项定义可知数列为等差数列，进而通过等差数列的通项公式即可求得通项公式.（2）由的通项公式代入可得，通过前后项相并构造平方差的并项求和法可求得.【小问1详解】由，可得，数列为等差数列.设公差为，则.又.从而.【小问2详解】由（1）可知，，当为偶数时，.当为奇数时，.数列的前项和.18.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.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）根据题意，由正弦定理求得，得到，即可求解；（2）由余弦定理得到，根据三角形面积相等得到，联立方程组，结合基本不等式求得，进而求得面积的最小值.【小问1详解】解：因为，由正弦定理可得，又，所以，所以，由，可得，所以，又由，所以.【小问2详解】解：在中，由余弦定理可得，①由，可得，②联立①②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.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.【答案】（1）小李应该优先选择类题作答，理由见解析（2）065.【解析】【分析】（1）根据独立事件的乘法公式得出随机变量的数学期望，再根据数学期望判断即可；（2）应用全概率公式计算即可得解.【小问1详解】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.【小问2详解】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.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.①平面；②三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意，证得平面，得到，再由，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而得到平面平面.（2）若选①：记与交于点，连接，证得，证得，取棱的中点，以为原点建立空间直角坐标系，求得平面和的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解；若选②：由（1）知平面，得到，取棱的中点，以为原点建立空间直角坐标系，求得平面和的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解；【小问1详解】证明：因为四边形是菱形，所以，因为，平面，且，所以平面，又因为平面，所以，因为，所以，所以，又因为平面，且，所以平面，因为平面，所以平面平面.【小问2详解】解：若选条件①：记与交于点，则为的中点，连接，由平面，平面平面，且平面，则，所以为的中点，从而，取棱的中点，连接，在菱形中，可得，以为原点，分别以所在的直线为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，可得，因为，所以，则，设平面的法向量为，则令，可得，所以，又由平面的一个法向量为，设二面角为，则，由图形可得二面角为锐角，所以二面角为.若选条件②：记点到平面的距离为，由，解得，由（1）知平面，所以，即，取棱的中点，连接，在菱形中，可得，以为原点，分别以所在的直线为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，可得，因为，所以，则，设平面的法向量为，则令，可得，所以，又由平面的一个法向量为，设二面角为，则，由图形可得二面角为锐角，所以二面角为.21.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.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据椭圆中的基本量关系，再代入求解即可；（2）设直线，则，再联立与椭圆方程，得出韦达定理，化简可得，进而求出定点.