安徽省宿州市省、市示范高中2023-2024学年高二下学期期中教学质量检测数学试题

这是一份安徽省宿州市省、市示范高中2023-2024学年高二下学期期中教学质量检测数学试题，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（时间：120分钟 满分：150分）
一、单项选择题：本大题共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. 曲线在点处的切线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的几何意义，结合直线倾斜角与斜率的关系求解即可.
【详解】由可得，则，即曲线在点处的切线的斜率为.
故曲线在点处的切线的倾斜角为.
故选：D
2. 3个班分别从5个风景点中选择一处游览，不同选法的种数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】每个班都有5种选法，由分步计数原理可得结果.
【详解】解：由题意可知，每个班都有5种选法，则由分步计数原理可得共有种方法.
故选：D
3. 已知数列为等比数列，则“公比”是“为递增数列”的（ ）
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件
C. 充要条件D. 既非充分也非必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】
等比数列为递增数列的充要条件是或，可得出答案.试卷源自 来这里 全站资源一元不到！ 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。【详解】等比数列为递增数列的充要条件是或
故“公比”是“为递增数列”的既非充分也非必要条件
故选：D
4. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】借助二项式定理可得，即可得解.
【详解】.
故选：B.
5. 已知等比数列中，，等差数列中，，则数列的前项和等于
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由等比数列的性质可得，求得，得到，再由等差数列的前n项和，即可求解，得到答案.
【详解】在等比数列中，满足，
由等比数列的性质可得，即，所以，
又由，所以
所以数列的前项和，
故选B.
【点睛】本题主要考查了等差数列、等比数列的性质，以及等差数列的前n项和公式的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
6. 已知圆C：，直线：，则直线与圆C的位置关系为（ ）
A. 相交B. 相切C. 相离D. 不确定
【答案】A
【解析】
【分析】求出直线过的定点坐标，然后判断定点与圆的位置关系，进而可得直线与圆的位置关系.
【详解】由直线，可得，所以直线过定点，
又，所以点在圆内部，所以直线与圆相交.
故选：A.
7. 作为泗县地方传统美食之一，传承百余年的“刘圩大饼”，其制作技艺已被列入宿州市非物质文化遗产，深受广大群众的喜爱，远近闻名，是泗县饮食文化的一张亮丽名片.用一个传统的饼铛烙饼，每次饼铛上最多只能同时放两张大饼，烙熟一张大饼需要8分钟的时间，其中每烙熟一面需要4分钟.那么要烙熟5张大饼，至少需要（ ）
A. 16分钟B. 20分钟C. 24分钟D. 40分钟
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意将5张大饼的10个面分成5组烙熟，每组需要4分钟，可求得答案.
【详解】根据题意，烙熟一张大饼需要两面烙熟，这5张大饼的两面分别记作，，，，，
每次饼铛上最多只能同时放两张大饼，每烙熟一面需要4分钟.可将上面5张大饼的10个面分成5组烙熟，
比如，则至少需要20分钟
故选：B.
8. 已知，，（e为自然对数的底数），则实数的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】【分析】根据式子特点，构建函数，利用导数判断函数的单调性，利用函数单调性比较大小，再由的单调性比较大小，则可得结果.
【详解】令，则，
故当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
而，，
因，，故，
因为函数在上为增函数，
而，且，
所以，所以，
所以.
故选：A.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 在平面直角坐标系中，曲线C上任意点P与两个定点和点连线的斜率之积等于2，则关于曲线C的结论正确的有（ ）
A. 曲线C为双曲线B. 曲线C是中心对称图形
C. 曲线C上所有的点都在圆外D. 曲线C是轴对称图形
【答案】BCD
【解析】
【分析】设，根据题中条件，列式求出点的轨迹方程，再逐项判断，即可得出结果.
【详解】设点，根据题意可得，即，且，
化简得，曲线是双曲线除去顶点，，如图所示，故A错误；
对于B，曲线关于原点中心对称，故B正确；
对于C，曲线上所有点均在圆外，故C正确；
对于D，曲线关于轴对称，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知随机变量服从正态分布，定义函数为取值不超过的概率，即，则下列说法正确的有（ ）
A. B.
C. 在上是减函数D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据正态曲线的性质判断A、B、D，由正态曲线的性质及函数单调性的定义判断C.
【详解】因，所以，故A正确；
若，则，
所以，故B正确；
当增大时也增大，所以在上是增函数，故C错误；
因为，，
当时，，则，
又，所以不成立，故D错误.
故选：AB
11. 已知数列满足，，则（ ）A. 可以是3B. 可以是等比数列
C. 的最小值为0D. 可以是周期数列
【答案】AD
【解析】
【分析】对于选项A，举出即可；对于选项B，用反证法证明不是等比数列即可；对于选项C，证明是奇数即可；对于选项D，举出即可.
【详解】对于选项A，注意到数列满足条件，此时，故A正确；
对于选项B，假设是等比数列，设公比为，则，从而.
故，这意味着，从而与无关，
故，但这又意味着，矛盾，所以不是等比数列，故B错误；
对于选项C，因为，所以或，
而，归纳即知的每一项都是整数，且相邻两项的奇偶性相反，
所以是五个奇数和五个偶数之和，从而一定是奇数，不可能为零.
这表明，故C错误；
对于选项D，由于数列，满足条件，而此时显然有，
故可以是周期数列，故D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题B选项的关键利用反证法，C选项的关键是通过递推式得到是奇数.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知随机变量，，则_______.
【答案】【解析】
【分析】借助二项分布期望公式与方差公式，结合方差的性质计算即可得.
【详解】由，故，则，
则.
故答案为：.
13. 已知是的导函数，且，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】借助导数定义计算即可得.
【详解】，
故.
故答案为：.
14. 2000多年前，古希腊数学家最先开始研究圆锥曲线，并获得了大量的成果.古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥的方法来研究这几种曲线.用垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面倾斜到“和且仅和”圆锥的一条母线平行时，得到抛物线；用平行于圆锥的轴的平面截取，可得到双曲线的一支（把圆锥面换成相应的二次锥面时，则可得到双曲线）.现用一个垂直于母线的平面去截一个等边圆锥（轴截面为等边三角形），则所得的圆锥曲线的离心率为_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定信息可得圆锥曲线为椭圆，过圆锥底面圆周上一点作符合要求的截面，结合几何图形求出椭圆长短轴长的倍分关系即可.
【详解】如图是等边三角形，设棱长为12，不妨过点作垂直于母线的平面，得到截面曲线为椭圆，
截面过的中点，则椭圆长轴长，
取线段的中点，连接并延长交于点，过作交底面圆于点，连接分别交椭圆于点，则椭圆短轴长，且，
取中点，连接，则，，
因此，即，显然是线段的两个3等分点，
即，由相交弦定理得，解得，
于是，，
所以椭圆的离心率.
故答案为：
四、解答题：本大题共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. 过抛物线的焦点且斜率为1的直线交抛物线于A、B两点，已知.
（1）求抛物线的方程；
（2）O为坐标原点，求面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先直线与抛物线方程联立，利用韦达定理表示焦点弦长公式，即可求解；
（2）根据（1）的结果，利用点到直线的距离公式表示三角形的高，即可求解面积.
【小问1详解】
设方程为，，由并化简得，
则，
，故
所以抛物线方程为.
【小问2详解】
由（1）知方程为，
则原点O到的距离
所以.
16. 已知数列为等差数列，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前n项和为，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）借助等差数列的性质，借助等差数列基本量计算即可得；
（2）借助裂项相消法计算可得，即可得证.
【小问1详解】设数列的公差为，
由题意可得：，解得，
故；
【小问2详解】
由，故，
.
17. 如图，圆台上底面圆的半径为，下底面圆的半径为2，为圆台下底面的一条直径，圆上点C满足，是圆台上底面的一条半径，点P，C在平面的同侧，且.

（1）证明：平面平面；
（2）若圆台的高为2，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）如图，由题意可得，证明四边形为平行四边形，则面，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可.
【小问1详解】取中点，连接、、，
，则
∴且，且，
∴且，
∴四边形为平行四边形，∴，又面
∴面，面，∴面面.
【小问2详解】
以O为原点，，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设面的法向量，则，
令，得，所以，
所以，
即与面所成角的正弦值为.

18. 某校高二年级数学竞赛选拔赛分为初赛和决赛两阶段进行.初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个班级派出两名同学，且每名同学都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的同学才具备参与决赛的资格.高二某班派出甲和乙参赛.在初赛中，若甲通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是、，乙通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是、，且每名同学所有轮次比赛的结果互不影响.
（1）若该班获得决赛资格的同学个数为X，求X的分布列和数学期望；
（2）已知甲和乙都获得了决赛资格. 决赛的规则如下：将问题放入A，B两个纸箱中，A箱中有3道选择题和3道填空题，B箱中有4道选择题和4道填空题. 决赛中要求每位参赛同学在A，B两个纸箱中随机抽取两题作答. 甲先从A箱中依次抽取2道题目，答题结束后将题目一起放入B箱中，然后乙再从B箱中抽取题目.
①求乙从B箱中抽取的第一题是选择题的概率；
②已知乙从B箱中抽取的第一题是选择题，求甲从A箱中抽出的是2道选择题的概率.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）分析题意，X为该班获得决赛资格的同学个数，因此需要分别计算出甲和乙进入决赛的概率和. 进入决赛的人数，求出概率，列出分布列，利用期望计算公式得到期望.
（2）能够直接计算出的是甲取到道选择题的概率()，以及分别在甲抽取道选择题条件下乙再抽取到选择题的概率，利用全概率公式和条件概率公式、乘法公式，可以得到①、②两问的结果.
【小问1详解】
甲获得决赛资格的概率，
乙获得决赛资格的概率.
由题意得，
；
；
.
的分布列为：
0
1
2
.
【小问2详解】
设事件“甲取到道选择题”，；事件“乙取到第一题是选择题”.
，，.
，，.
①由全概率公式可得：.
②由条件概率公式和乘法公式可得：.
19. 已知函数.
（1）若函数在点处的切线与直线平行，求函数的极值；
（2）若，对于任意，当时，不等式恒成立，求实数m的取值范围.
【答案】（1）极小值为，极大值为
（2）
【解析】
【分析】（1）首先根据导数的几何意义，列式求参数，再利用导数判断函数的单调性，即可求解函数的极值；
（2）首先不等式变形为，再构造函数，再由函数的单调性，转化为函数单调递减求参数的取值范围.
【小问1详解】
由题意得函数的定义域为，，则，解得：，
∴，
令，解得：或，
当或时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
则当时，函数取得极小值，为，
当时，函数取得极大值，为.
【小问2详解】
由得，
不等式可变形为，
即，因，且，
所以函数在上单调递减，
令，，
则在上恒成立，
即在上恒成立，
设，则，
因为当时，，所以函数在上单调递减，
所以，所以，
即实数m的取值范围为.【点睛】结论点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
（1）恒成立；
（2）恒成立.