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安徽省滁州市2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试题
一、单选题
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．1
3．已知正项等比数列单调递增，，则（ ）
A．12 B．16 C．24 D．32
4．一个大于1的自然数，除了1和它本身外，不能被其他自然数整除，则这个数为质数（prime number），质数又称素数，如等都是素数.数学上把相差为2的两个素数叫做孪生素数，如：3和5，5和.如果我们在不超过31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．1 C． D．
6．若的展开式中二项式系数之和为32，各项系数之和为243，则展开式中的系数是（ ）
A．32 B．64 C．80 D．160
7．如图，正方体的棱长为1，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．10 D．
二、多选题
9．若复数满足，则（ ）
A．的实部为1 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，面面，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
12．若本市2024年高二某次数学测试的成绩（单位：分）近似服从正态分布.从本市中任选1名高二学生，则这名学生数学成绩在分之间的概率约为 .
参考数据：若随机变量，则，.
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
15．已知公差不为0的等差数列，其前项和为.若，且成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
16．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.
(1)求三棱锥的体积；
(2)求平面和平面夹角的余弦值.
17．2020年11月，国务院办公厅印发《新能源汽车产业发展规划（2021一2035年）》，《规划》提出，到2035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90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 20 40 60
女 20 10 30
合计 40 50 90
(1)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；
(2)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”.
①计算；
②从该市近期购车男性中随机抽取2人 女性中随机抽取1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：
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
18．已知函数.
(1)当时，求的最大值；
(2)若在定义域上恒成立，求实数的取值范围.
19．已知椭圆的短轴长为2，且右焦点与抛物线的焦点重合.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线与椭圆相交于两点，，其中为坐标原点.
①求与的关系式；
②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.
参考答案
1．B
【详解】，解得：，
所以，所以，
所以.
故选：B
2．C
【详解】因为向量，，
所以，
所以，
所以，
故选：C
3．B
【详解】因为正项等比数列单调递增，所以，所以，
又，所以，所以，
故选B.
4．D
【详解】不超过31的素数有：，共个数，
从中随机选取两个不同的数共有种情况，
其中孪生素数有，3和5，5和，和，和，和，共有种情况，
由古典概型的概率公式计算可得概率为.
故选：D
5．A
【详解】∵
∴由余弦定理可得：
即，
∴或（舍去）
∴，
∴由余弦定理可得：
，
∴
故选：A
6．C
【详解】因为的二项式系数之和为32，则，解得，
所以二项式为，
因为展开式各项系数和为243，
令，代入可得，
解得 ，
所以二项式为，
则该二项式展开式的通项为 ，，
令，解得，
则展开式中的系数为.
故选：C.
7．D
【详解】空间中一点满足，即面，
如图，取，的中点为、，连接，，
因为，，所以四边形为平行四边形，则，
在正方形中，因为、分别为所在棱的中点，故，
故四边形为平行四边形，故，，所以四边形为平行四边形，
同理可证得：为平行四边形，故，
因为，面，面，所以面，
因为，面，面，所以面，
又因为，所以，面面，当面时，则面，
所以点的轨迹截正方体表面所得图形即为平行四边形，
由勾股定理计算可得，
故截面的周长为，
故选：D
8．C
【详解】由双曲线的离心率为，得，解得，
令直线交的延长线交于，直线交于，则，
由平分，且，得，
则，，
显然分别为线段的中点，而是的中点，于是，
，即，，
所以的面积.
故选：C
9．AC
【详解】设，因为，所以，
因为，所以，
所以，所以，，所以，
所以z的实部为1，虚部为，故A正确，B错误；
因为，
所以若，则，
若，则
故C正确，D错误．
故选：AC．
10．ABD
【详解】因为，所以是奇函数；
因为，所以的图象关于对称，
所以，则，
因而，所以的最小正周期，故A正确；
由，则的一个对称中心为，故B正确；
，故C错误；
当时，单调递增且值域为，
因为的图象关于对称，所以在单调递减且值域为，
又因为是奇函数，所以在的图象关于对称且值域为，
所以函数在区间上有两个零点，且所有零点之和为，故D正确.
故选：ABD.
11．ACD
【详解】
如图，作，因为面面，面面，
所以面，且作，因为，
，所以，是的中点，，，
对于A，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，，
，因为是棱的中点，所以，
所以，，，
设面的法向量，所以，
令，解得，所以，
可得，故平面成立，故A正确，
对于B，，，设面的法向量为，
所以，令，解得，
得到，故不平行于，所以平面不成立，故B错误，
对于C，，，设面的法向量为，
所以，令，解得，
故，设和平面所成角为，且，
所以，故C正确，
对于D，设四面体外接球的方程为，
将四点代入球的方程，可得，
，
利用加减消元法得到，解得，
再利用加减消元法得到，解得，
现在将，代入方程组，得到，
此时解得，故原方程解得，
故球的方程为，
设球的表面积为，则，故D正确.
故选：ACD
12．/
【详解】因为，即，，
所以
，
即这名学生数学成绩在分之间的概率约为.
故答案为：
13．
【详解】因为，即，
所以，
设点，则切线斜率为，
所以切线方程为，即
令，解得
所以点坐标为，
因为直线被圆截得的弦长为，
所以圆心到直线的距离为
所以，即，
解得（负值已舍），
所以点坐标为.
故答案为：.
14．
【详解】满足，即，即，
且恰好有一个极值点， 有唯一解.
且在解的两边导数值正负相反（ ）.
即有唯一解.
令，则，解得.
递增，
递减，
所以时，函数取极大值，极大值为.
画出草图.
则或.
当时，，
，
解得，
递增，
递减，
当时，函数取极大值，极大值为.
由于（ ），则舍去.
经检验满足题意.
则.令，
，解得.
递增，
递减，
当时，函数取极大值，极大值为
画出图像，
则值域为，即取值范围为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【详解】（1）设的首项为，公差为，
，即.①
又成等比数列，即，
所以.
化简得：.②
联立①②，可得，故.
（2），即.
.
，
.
16．(1)
(2)
【详解】（1）设，如图1，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.
又面，故面
，面.
又，则，
.
（2）因为平面平面，且面面面，
在正方形中，，所以面.
面，则，又由（1）知.
如图2，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建泣空间直角坐标系.
可得.
设面BAF的法向量为，，
，令
设两的法向量为，，
令.
故.
所以，平面和平面夹角的余弦值为.
17．(1)有关
(2)①，；②分布列见解析，
【详解】（1）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0.005.
（2）①由条件概率公式结合表中数据得，
②设事件C：在购车群体中，男性购买新能源汽车.
则.
设事件：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：
0 1 2 3
所以，随机变量的数学期望.
18．(1)0
(2)
【详解】（1）当时，，
恒成立，
在上单调递减.
所以，
当时，的最大值是0；
（2），
.
当时，恒成立，则在上单调递增.
，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.
（i）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.
（ii）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.
19．(1)
(2)①；②
【详解】（1）依题意可得：右焦点，且，即.
又因为.
故椭圆的标准方程为：.
（2）①：设，
，
.
.
由韦达定理可得：.①
又因为，即，
，
将①代入上式，化简可得：.
即：，此时成立.
故与的关系式为：.
②：由①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（1）知：，将其代入（*）式得：
.
，即.
所以，的取值范围为.
另解：接（*）式：又由（1）知：.
.
即.
所以，的取值范围为.

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