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卷（Word版附解析）

这是一份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卷（Word版附解析），文件包含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Word版含解析docx、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Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。

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：C
3. 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. 0B. 1C. 2D. 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：C
6. 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. 5C. 6D.
【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：D
8. 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. 90B. 135C. 264D. 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：ACD
10. 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：BD
11. 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. 司机在开车时使用手机是违法行为，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手机的情况，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，开车时使用手机的有40人，开车时不使用手机的有15人；在45名女性司机中，开车时使用手机的有20人，开车时不使用手机的有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手机与司机的性别有关；
（2）采用分层抽样从开车时不使用手机的人中抽取8人，再从这8人中随机抽取3人，记为开车时不使用手机的男性司机人数，求的分布列和数学期望．
参考数据：
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手机与司机的性别有关
（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；
零假设为：开车时使用手机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手机与司机的性别有关.
【小问2详解】
开车时不使用手机的男性司机人数为：人；
开车时不使用手机的女性司机人数为：人.
由题意可知：的所有可能取值为0，1，2，3，
；；
；.
则的分布列为：
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①-②，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）求出函数的导数，通过讨论的取值范围，求出函数的单调区间即可.
（2）将转化为只需证明，令，求得函数的最小值，进而可证得结果.
【详解】（1）由题意，函数的定义域为，
.
当时，或；；
当时，；
当时，或；.
综上，当时，在，上单调递增，在上单调递减.
当时，在上单调递增；
当时，，上单调递增；在上单调递减.
（2）当时，由，只需证明，
令，.
设，则.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
∴当时，取得唯一的极小值，也是最小值.
的最小值是成立.
故成立.
【点睛】关键点点睛：第（2）问的关键点是：求得的最小值，并证明最小值大于零.
开车时使用手机
开车时不使用手机
合计
男性司机人数
女性司机人数
合计
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
开车时使用手机
开车时不使用手机
合计
男性司机人数
40
15
55
女性司机人数
20
25
45
合计
60
40
100
0
1
2
3