2022-2023学年安徽省江南十校高二下学期5月阶段联考数学试题含解析

2022-2023学年安徽省江南十校高二下学期5月阶段联考数学试题

一、单选题

1．过点且与直线平行的直线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】与直线平行，计算出斜率，用点斜式写出直线方程即可.

【详解】直线的斜率为-2，所以所求直线的方程为，

即.

故选：A.

2．已知随机变量，其正态曲线如图所示，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据给定的图形，利用正态分布的对称性求解作答.

【详解】随机变量，由图知，而，

所以.

故选：D

3．我国古代数学家提出的“中国剩余定理”又称“孙子定理”，它是世界数学史上光辉的一页，定理涉及的是整除问题.现有如下一个整除问题：将1至2023这2023个数中，能被3除余1且被5除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为（    ）

A．133项 B．134项 C．135项 D．136项

【答案】C

【分析】由，变形得到的通项公式，从而得到不等式组，求出此数列的项数.

【详解】由题意得：能被3除余1数为1，4，7，10,……，故，，

被5除余2的数为2，7，12，17，……，故，，

由，；，，

故，，

由，得，

又，故此数列共有135项，

故选：C

4．圆与圆的位置关系是（    ）

A．外离 B．外切 C．相交 D．内切

【答案】C

【分析】先将两圆化为标准方程，再根据两圆的位置关系判定即可.

【详解】两圆化为标准形式，可得与圆，

可知半径，，于是，

而，故两圆相交，

故选：.

5．随机变量满足，且，则与的值分别为（    ）

A． B．3，4 C．4，3 D．

【答案】A

【分析】根据二项分布的均值和方差公式求得，而，再根据均值和方差的性质即可求解.

【详解】因为，所以，

又，所以，

所以.

故选：A.

6．2023年亚运会于2023年9月23日至10月8日在中国浙江杭州举行，杭州亚运会吉祥物是一组承载深厚底蕴和充满活力的机器人，组合名为“江南忆”，出自唐朝诗人白居易的名句“江南忆，最忆是杭州”，融合了杭州的历史人文､自然生态和创新基因.现将编号为的6个吉祥物机器人赠送给3名亚运会志愿者留作纪念，若要求每名志愿者至少获得1个吉祥物且1号和2号吉祥物被赠送给同一名志愿者，则不同的赠送方法数为（    ）

A．36 B．72 C．114 D．150

【答案】D

【分析】根据先分组再分配的方法计算即可.

【详解】由题意1号和2号吉祥物被赠送给同一名志愿者，将1号和2号捆绑在一起，然后将5个吉祥物先分为3组，有两类：，再将分好的三组分配给3名志愿者，不同的方法数为，

故选：D

7．如图，三棱锥中，、所成的角为，则（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【分析】根据数量积的运算律及余弦定理得到，再根据数量积的定义求出.

【详解】因为

，

所以.

故选：B.

8．函数在区间上的零点个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】根据导数与函数的单调性、最值的关系以及零点的存在性定理求解.

【详解】对函数求导可得，，

记,则，

当时，，则，

当时，，则，

所以在上，，所以，所以单调递增，

注意到，

所以必存在使得，

于是在上单调递减，在上单调递增，

又，

所以在区间上必存在一个零点.

综上，函数在区间上有两个零点.

故选:B.

二、多选题

9．关于及其展开式，下列说法正确的是（    ）

A．展开式中各项系数和为1

B．展开式中第11项的二项式系数最大

C．展开式中第16项为

D．当时，除以3的余数是1

【答案】BD

【分析】令，可得展开式中各项系数和，即可求解A；根据二项式系数的对称性以及单调性即可求解B，根据二项展开式的通项公式可求解C，利用二项式的展开公式以及整数的定义可求解D.

【详解】令，可得展开式中各项系数和为，故错误；

因为20是偶数，所以展开式中中间项第11项的二项式系数最大，故B正确；

展开式中的第16项为，故C错误；

当时，，

其中能被3整除，

所以除以3的余数是1，故D正确.

故选：BD.

10．设双曲线，其离心率为，虚轴长为，则（    ）

A．上任意一点到的距离之差的绝对值为定值

B．双曲线与双曲线：共渐近线

C．上的任意一点（不在轴上）与两顶点所成的直线的斜率之积为

D．过点作直线交于两点，不可能是弦中点

【答案】AB

【分析】根据已知条件可以求得双曲线的方程，根据双曲线的性质对选项逐一判断即可.

【详解】双曲线的离心率为，虚轴长为，所以，解得，

所以双曲线，所以两焦点坐标分别为，

由双曲线定义知，故A正确；

双曲线的渐近线方程是，

双曲线：的渐近线方程也是，故B正确；

上的任意一点（不在轴上）设为，则，即，

又两顶点为，

所以斜率之积为，故C错误；

易知点在双曲线的右侧，

此区域内存在一条直线交于两点，使是弦中点，故D错误.

故选：AB

11．已知数列和满足：，记数列的前项和为，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．数列是等差数列

C．

D．数列最小项是第2项

【答案】ACD

【分析】代入首项判断选项A，由，两式相减结合等比数列的定义判断B，利用等比数列的通项公式和前项和公式判断C，由指数函数和二次函数的图象判断D.

【详解】代入首项，可得，故A正确；

由题意知，两式相减，可得，

又因为，所以，数列是等比数列，故B错误；

由数列是等比数列，可得，

所以所以，故C正确；

因为，所以前4项分别为，

当时，因为指数函数比二次函数增长快，即的分子增加的速度比分母快，所以，

所以最小项为第2项，故D正确.

故选：ACD

12．集合（为正整数），集合是的非空子集，定义：中的最大元素与最小元素的差称为集合的长度，则（    ）

A．当时，长度为2的集合的所有元素之和为10

B．当时，含有元素1和53且长度为52的四元集合的个数为720

C．当时，长度为51的所有集合的元素的个数之和为

D．集合的所有子集的元素之和为

【答案】ACD

【分析】根据新定义分不同情况分别计算判断A,B,C选项，计算子集的元素和判断D选项即可.

【详解】当时，长度为2的集合为，所以和为10，故A正确；

当时，含有元素1和53且长度为52的四元集合，

则集合为，易知有种，故B错误；

集合的长度为51，先考虑最小元素1，最大元素52的集合，

分为以下几类：集合含有2个元素：，有种，

集合含有3个元素：，有种，，

依次类推，集合含有52个元素：，有种，

所以满足要求的子集元素个数之和为，

运用倒序相加法可得，所以，

改变最小值元素与最大元素，同理可得，

所有子集的元素的个数之和都是，

所以长度为51的所有集合的元素的个数之和为，故C正确；

元集合的子集个数为，以元素1为例，其中一半的子集中出现1，另外一半的集合中不出现1，

所以1共出现次，同理其他元素也是这种情形，

所以集合的所有子集的元素之和为，故D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．已知是平面的法向量，点在平面内，则点到平面的距离为___________.

【答案】

【分析】根据空间向量的坐标运算求点到平面的距离.

【详解】由题意可得，

所以点到平面的距离为,

故答案为: .

14．某大学有两个图书馆，学生小李周六随机选择一图书馆阅读，如果周六去图书馆，那么周日去图书馆的概率为0.4；如果周六去图书馆，那么周日去图书馆的概率为0.6.小李周日去图书馆的概率为___________.

【答案】0.5/

【分析】事件表示小李周六去图书馆，事件表示小李周六去图书馆，事件表示小李周日去图书馆，则，用全概率公式化简计算即可.

【详解】记事件表示小李周六去图书馆，事件表示小李周六去图书馆，

事件表示小李周日去图书馆，则，其中与为互斥事件，

依题意，

所以由全概率公式可得

.

故答案为：0.5.

四、双空题

15．已知函数，若，则函数在处的瞬时变化率为___________，若时，恒成立，则实数的取值范围是___________.

【答案】         

【分析】求出，求出的值，可得出在处的瞬时变化率；分、两种情况讨论，当时，直接验证；当时，由参变量分离法可得，利用导数求出函数在上的最大值，综合可求得实数的取值范围.

【详解】当时，，求导可得，

则，即在处的瞬时变化率为.

当时，恒成立，当时，成立；

当时，即，

记，则，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减.

所以函数在区间上的最大值为，所以，解得.

故答案为：；.

五、填空题

16．已知抛物线上的点到轴的距离比到焦点的距离小1，过的直线交抛物线于两点，若恒成立，则实数的取值范围是___________.

【答案】

【分析】利用韦达定理证明，进而可得恒成立，即可求解.

【详解】因为抛物线上点到轴的距离比到焦点的距离小1，

所以由抛物线定义可知，即，所以抛物线的方程为.

易知直线的斜率显然存在，设为，则过的直线为，

联立，得.

设，则，

所以

，

于是，由恒成立，

可得恒成立，

而，

当且仅当，即时，等号成立，

所以取得最小值0，所以，故实数的取值范围是.

故答案为：.

六、解答题

17．已知圆过三个点，过点引圆的切线，求：

(1)圆的一般方程；

(2)圆过点的切线方程.

【答案】(1)

(2)和

【分析】（1）设圆的一般方程为，代入三点的坐标，求解即可；

（2）分斜率不存在和斜率存在两种情况，再结合点线距离公式即可求解.

【详解】（1）设圆的一般方程为，

代入三个点得，解得

所以圆的一般方程为.

（2）圆的一般方程化为标准形式为.

当切线斜率不存在时，易知切线方程符合题意.

当切线斜率存在时，设切线方程为，即，

则依题意可得，解得，

此时切线方程为，即.

综上所述，圆过点的切线方程为和.

18．2022年新修订的《中华人民共和国体育法》于2023年1月1日正式施行，其中明确要求国家优先发展青少年和学校体育，推进体育强国和健康中国建设.某校为此积极开展羽毛球运动项目，学生甲和乙经过一段时间训练后进行了一场羽毛球友谊赛，比赛采用3局2胜制（即有一名运动员先胜2局获胜），已知甲每局获胜的概率为，且双方约定：以取胜的运动员得3分，负者得1分；以取胜的运动员得2分，负者得1分.

(1)求甲获胜的概率；

(2)比赛结束后，求乙的积分的分布列和数学期望.

【答案】(1)

(2)分布列答案见解析，数学期望：

【分析】（1）甲以取胜或以取胜，直接计算概率即可.

（2）先求出的所有可能取值，然后计算取每个值的概率，从而得分布列，进而求出数学期望.

【详解】（1）由题意可知甲获胜，则以取胜或以取胜，

所以甲获胜的概率为.

（2）乙的积分的取值可能为，

，

，

，

所以乙的积分的分布列为

所以数学期望为.

19．如图1，平面图形是由矩形和等腰梯形组合而成，.将沿折起，得到图2，其中在上，且平面，连接.

(1)证明：；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先根据直线和平面垂直得到直线与直线垂直，然后根据题目中的数量求出，然后利用勾股定理即可证明直线与直线垂直；

（2）先建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，然后利用向量法即可求出结果.

【详解】（1）证明：因为平面，且均在平面中，

所以，

所以易得.

因为四边形为矩形，，

所以，

因为，故.

（2）以为坐标原点，的方向分别为轴，轴的正方向，以过点垂直于平面且向上的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

所以.

设平面的法向量为，

由，令，得.

设直线与平面所成角为，

于是，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

20．已知数列的前项和为，且满足.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，数列的前项和，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据公式得到数列为以首项为，公比为的等比数列，得到答案.

（2）计算，，利用裂项相消法计算得到答案.

【详解】（1）由得，当时，，

上述两式相减可得，即.

当时，，解得，所以，也符合上式.

所以数列是等比数列，而，所以数列的通项公式为；

（2）由（1）得，

于是，

所以

.

21．如图，点A为椭圆的上顶点，圆，过坐标原点的直线交椭圆于，两点.

(1)求直线的斜率之积；

(2)设直线与圆交于两点，记直线的斜率分别为，探究是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，值为

【分析】(1)设M、N的坐标，由两点斜率公式计算斜率之积再利用椭圆方程转化消元即可；

(2)联立直线AM与椭圆、圆的方程，利用韦达定理计算可分别表示、，再结合（1）的结论得Q    坐标，用分别表示，化简即可得结果.

【详解】（1）设，则，

则直线的斜率之积；

（2）由（1）知，直线的方程为.

联立，消去可得，

因为均在椭圆上，所以，即，

所以，所以.

设，

联立，消去可得，

因为均在圆上，所以，即，

所以.

所以坐标将所以点坐标中的换成，

可得，

所以，

所以，即存在实数，使得.

22．已知函数，其中.

(1)求函数的最小值；

(2)若有两个极值点，求实数的取值范围，并证明：

【答案】(1)

(2)，证明见解析

【分析】（1）先求函数的导函数，求函数单调性最后求出最值即得；

（2）先根据极值点求极值点的和差，再构造函数再求导函数根据单调性证明不等式即可.

【详解】（1）对求导可得，

令，得，

所以当时，单调递减；

当时，单调递增.

所以函数的最小值为；

（2），

求导可得，

因为函数有两个极值点，

所以导函数有两个正的零点，且在零点左右附近导数值异号，

所以二次函数必有两个正的零点，

故，解得，即实数的取值范围是.

又，代入中可得

，

设，则，

所以，即.

又由（1）中可知（在取等号），

所以当时，，再结合，

可得，

所以.

综上，成立.