安徽省皖中名校联盟2023-2024学年高二下学期第四次教学质量检测数学试题

【新结构】20232024学年安徽省皖中名校联盟高二（下）第四次教学质量检测数学试卷一、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.已知集合，，则图中的阴影部分表示的集合为（）A.或 B.或C. D.【答案】B【解析】【分析】由韦恩图知图中的阴影部分表示的集合为，再利用集合的基本运算求解．【详解】集合，或，由韦恩图可知，图中的阴影部分表示的集合为，，，或或.故选：B.2.在一组样本数据为，，不全相等的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的样本相关系数为（）A. B. C. D.1【答案】C【解析】【分析】根据直线方程及相关系数的概念可得相关系数.【详解】由题意可得这两个变量是负相关，故这组样本数据样本相关系数为负值，且所有样本点

都在直线上，则有，所以样本相关系数.故选：C3.下列结论中错误的个数是（）①命题“所有的四边形都是矩形”是全称量词命题；②命题“，”是存在量词命题；③命题“，”的否定为“，”；④命题“是必要条件”是真命题．A.0 B.1 C.2 D.3【答案】D【解析】【分析】根据存在量词命题、全称量词命题的概念，命题否定的求法，分析选项，即可得答案．【详解】对于①：命题“所有的四边形都是矩形”是全称量词命题，故①正确；对于②：命题“，”是全称量词命题；故②错误；对于③：命题，，则，，故③错误；对于④：当时，得不到，“”不是“”的必要条件；④错误；即错误的有3个.故选：D.4.若正实数，满足，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据等式计算得出，再结合常值代换求和的最值，计算可得最大值．【详解】，，，，，当且仅当，即，时等号成立，.故选：A.5.已知等差数列和的前项和分别为和，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用等差数列和的前项和的性质可得：，，即可得出．【详解】由等差数列前项和公式可设：，，，从而，，所以，故选：C6.某试卷中1道选择题有6个答案，其中只有一个是正确的．考生不知道正确答案的概率为，不知道正确答案的考生可以猜，设猜对的概率为．现已知某考生答对了，则他猜对此题的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设事件为“该考生不知道正确答案”，B事件为“该考生答对了”．表示出，，，再结合条件概率公式，以及互斥事件的概率加法公式，即可求解．【详解】设事件为“该考生不知道正确答案”，事件为“该考生答对了”．则，，，，所以所求概率为.故选：A.7.已知是函数图象上的任意一点，则点到直线的距离的最小值是（）A. B.5 C.6 D.【答案】D【解析】【分析】结合导数的几何意义转化为点到直线距离求解即可．【详解】设直线与直线平行，且与函数的图象相切，设切点为，因为是单调递增函数，直线的斜率为1，所以，解得，即切点为，所以点到直线的距离的最小值是点到直线的距离，即为．故选：D8.将编号为1，2，3，4，5，6的小球放入编号为1，2，3，4，5，6的六个盒子中，每盒放一球，若有且只有一个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为（）A.90 B.135 C.264 D.270【答案】C【解析】【分析】使用间接法结合计数原理可求出结果．【详解】解：根据题意，有且只有1个盒子的编号与放入的小球编号相同，在六个盒子中任选1个，放入与其编号相同的小球，有种选法，剩下的5个盒子的编号与放入的小球编号不相同；因为所有排列方法有种，其中4个盒子的编号与放入的小球编号不相同的放法种数为种，3个盒子的编号与放入的小球编号不相同的放法种数为种，2个盒子的编号与放入的小球编号不相同的放法种数为种，全部都对上的有1种.综上，则不同的放法种数为：种放法．故选：C二、多选题：本题共3小题，共15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.设是各项为正数的等比数列，是其公比，是其前项的积，且，，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.与均为的最大值【答案】ACD【解析】【分析】根据题意，由等比数列的性质依次分析选项，即可得答案．【详解】根据题意，是各项为正数的等比数列，是其公比，是其前项的积，由可得，故C正确；由可得，则，故A正确；是各项为正数的等比数列，，则有，对于B，，则有，故B错误，对于D，，则与均为的最大值，D正确.故选：ACD10.小明的计算器坏了，每启动一次都随机地出现一个5位的二进制数（例如：若，，则，其中二进制数的各位数中，已知，出现0的概率为，出现1的概率为，记，现在计算器启动一次，则下列说法正确的是（）A. B.C D.【答案】BD【解析】【分析】先确定的可能取值，再求出相应取值的概率，进而得到数学期望，即可得到答案．【详解】解：由题意，计算器启动一次，随机变量的可能取值为1，2，3，4，5，则，，，，，，综上A，C错误，B，D正确．故选：BD11.偶函数满足对于任意，有，其中为的导函数，则下列不等式成立的是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】构造新函数，由，可得在上单调递增，由时，可得在上是偶函数，然后对选项逐个判断即可．【详解】偶函数足对于任意，有，令则当时，，在上单调递增，因为为偶函数，所以，又当时，，故在上是偶函数，，即，，即，故A错误；，即，，故B正确；，即，，故C正确；，即，，，故D错误.故选：BC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设集合，则集合的真子集个数为__________．【答案】63【解析】【分析】依题意求出集合，即可求得其真子集个数．【详解】由可知是的正因数，即可取，故可得的值依次取，即，故集合的真子集有个．故答案为：63.13.以模型去拟合一组数据时，已知如下数据：，，则实数的值为__________．【答案】2【解析】【分析】由题意取对数可得，由回归直线过和已知数据即可得解．【详解】由两边取自然对数，可得，令，因关于的回归直线经过，而，故得，又，解得故答案为：2.14.若函数在上存在单调递增区间，则的取值范围是__________【答案】【解析】【分析】利用参数分离，构造新函数，求得函数最值，进而可得结论．【详解】，即函数在区间上存在单调递增区间，只需在区间上有解，即在区间上有解，所以在区间上有解，所以令，，则令，则在上单调递增，所以，即，所以，所以实数的取值范围是.故答案为：四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.在的展开式中，前项的系数的绝对值成等差数列．（1）求展开式中二项式系数最大的项及各项系数和；（2）求展开式中所有的有理项．【答案】（1），展开式系数和为；（2）；.【解析】【分析】（1）根据展开式通项公式，写出前三项的系数，再由三项的绝对值成等差数列可求出；根据的值可确定二项式系数最大的项，再令可求各项的和；（2）写出二项展开式通项，再由为整数确定有理项.【小问1详解】二项式展开式的通项为，因为前3项的系数的绝对值成等差数列，且前三项系数为，，，所以，即，所以（舍去）或，因为，所有展开式中二项式系数最大的项为第五项，即，令得，即展开式系数和为.【小问2详解】由（1）知，二项式通项公式：，当、6时对应的项为有理项，有理项分别为：；.16.司机在开车时使用是违法行为，会存在严重的安全隐患，危及自己和他人的生命．为了研究司机开车时使用的情况，交警部门随机调查了100名司机，得到以下统计：在55名男性司机中，开车时使用的有40人，开车时不使用的有15人；在45名女性司机中，开车时使用的有20人，开车时不使用的有25人．（1）完成下面的列联表，并判断是否有的把握认为开车时使用与司机的性别有关；开车时使用开车时不使用合计男性司机人数女性司机人数合计（2）采用分层抽样从开车时不使用的人中抽取8人，再从这8人中随机抽取3人，记为开车时不使用的男性司机人数，求的分布列和数学期望．参考数据：0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828参考公式：，其中.【答案】（1）表格见解析，有的把握认为开车时使用与司机的性别有关（2）分布列见解析，.【解析】【分析】（1）完善列联表，利用卡方公式求出观测值，对照临界值表即可判断；（2）由分层抽样求出对应人数，得的所有可能取值和对应概率，即可得分布列和期望.【小问1详解】由题意得列联表，如下；开车时使用开车时不使用合计男性司机人数401555女性司机人数202545合计6040100零假设为：开车时使用与司机的性别无关联.根据数表，计算，则假设不成立，所以有99.5%的把握认为开车时使用与司机的性别有关.【小问2详解】开车时不使用的男性司机人数为：人；开车时不使用的女性司机人数为：人.由题意可知：的所有可能取值为0，1，2，3，；；；.则的分布列为：0123则.17.已知数列是以公比为1，首项为3的等比数列，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由利用累加法求出的通项公式，进而求出的通项公式．（2）由得，利用错位相减法求出，不等式可转化为，利用的单调性求出最小值即可．【小问1详解】数列是首项为1，公比为3的等比数列，，当时，，即，，，，又也满足上式，数列的通项公式为，，【小问2详解】由（1），可得，①，②，由①②，得，，不等式可化为，即对任意的恒成立，即转化为令，且易得为递增数列，又，所以，综上，的取值范围是.【点睛】本题考查数列递推式，考查等比数列的通项公式，训练了错位相减法求数列的前项和，考查数列的函数特性，是中档题．18.已知椭圆过点，且半焦距．（1）求椭圆C的标准方程；（2）如图，已知，过点的直线l与椭圆相交于两点，直线与x轴分别相交于两点，试问是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由．【答案】（1）；（2）为定值，且．【解析】【分析】（1）由椭圆的定义可得，进而由已知求得，得出结果．（2）设直线的y轴截距式方程：，结合直线方程可得，．联立直线方程与椭圆方程有，结合韦达定理可得，则为定值.【详解】解：（1）设椭圆C的左、右焦点分别为，则，由椭圆的定义可得，解得，所以，所以椭圆C的标准方程为．（2）设直线l的方程为，当直线的斜率不存在时，易知直线与椭圆C相切，不符合题意，同理可得直线的斜率存在，故直线的方程为，则，即，同理．由得，由得，又，所以，故为定值，且．【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．19.已知函数，其中.（1）当时，讨论函数的单调性；（2）当时，证明（其中e为自然对数的底数）.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出