2023阜阳高二下学期期末教学质量统测数学试卷含答案

这是一份2023阜阳高二下学期期末教学质量统测数学试卷含答案，共18页。试卷主要包含了选择题必须使用2B铅笔填涂，函数的部分图象大致为，设，则等内容，欢迎下载使用。

阜阳市2022~2023学年度高二年级教学质量统测
数学
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名､学生代号填写清楚.
2.选择题必须使用2B铅笔填涂.
3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在稿纸､试题卷上答题无效.
第I卷（选择题共60分）
一､选择题：本题共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.设集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知，则（ ）
A. B.
C. D.
3.已知向量满足，且，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
4.若数列为等比数列，则“”是“是方程的两个根”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
5.从不超过15的质数中任取两个不同的数，其和是偶数的概率为（ ）
A. B. C. D.
6.函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
7.设，则（ ）
A. B.
C. D.
8.蹴鞠[cù jū]，又名“蹴球”“蹴圆”，传言黄帝所作（西汉·刘向《别录》）.“蹴”有用脚蹴､踢的含义，“鞠”最早系外包皮革､内饰米糠的球，因而“蹴鞠”类似今日的踢足球活动，如图所示，已知某“鞠”的表面上有四个点，平面平面，直线与底面所成角的正切值为，则该“鞠”的表面积为（ ）

A. B. C. D.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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.已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A.的最小正周期为
B.的单调递增区间为
C.的图象关于直线对称
D.的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到
10.为了解中学生参与课外阅读的情况，某校一兴趣小组持续跟踪调查了该校某班全体同学10周课外阅读的时长，经过整理得到男生、女生这10周课外阅读的平均时长（单位：）的数据如下表：
女生
7.0
7.6
8.1
8.2
8.5
8.6
8.6
9.0
9.3
9.3
男生
5.1
6.0
6.3
6.8
7.2
7.7
8.1
8.2
8.6
9.4
以下判断中正确的是（ ）
A.该班女生每周课外阅读的平均时长的平均值为8.2
B.该班男生每周课外阅读的平均时长的分位数是8.4
C.该班女生每周课外阅读的平均时长波动性比男生小
D.该班估计该校男生每周课外阅读的平均时长大于的概率为0.4
11.已知双曲线的左､右焦点分别是为双曲线右支上的动点，，则下列说法正确的是（ ）
A.双曲线的离心率
B.双曲线与双曲线共渐近线
C.若点的横坐标为3，则直线的斜率与直线的斜率之积为
D.若，则的内切圆半径为
12.已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A.当时，的图象在处的切线方程为
B.当时，在上有2个极值点
C.当时，在上有最小值､无最大值
D.若的图象恒在直线的上方，则
第II卷（非选择题共90分）
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.的展开式中常数项为__________.（用数字作答）
14.已知圆的圆心坐标为.若直线与圆相切于点，则圆的标准方程为__________.
15.有一堆规格相同的铁制（铁的密度是）六角螺母，共重.如图，每一个螺母的底面是正六边形，边长为，内孔直径为，高为，这堆螺母大约有__________个（参考数据：）.

16.已知为抛物线的焦点，点为抛物线外一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，若，则的最小值为__________.
四､解答题：本题共6小题，满分70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17.（10分）
已知数列的前项和为，若，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和.
18.（12分）
记的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）设边上的高为，且，求面积的最小值.
19.（12分）
为丰富中学生校园文化生活，某中学社团联合会设立了“数学社”.在某次社团活动中，数学社组织同学进行数学答题有奖游戏，参与者可从两类数学试题中选择作答.答题规则如下：
规则一：参与者只有在答对所选试题的情况下，才有资格进行第二次选题，且连续两次选题不能是同一类试题，每人至多有两次答题机会；
规则二：参与者连续两次选题可以是同一类试题，答题次数不限.
（1）小李同学按照规则一进行答题.已知小李同学答对类题的概率均为0.8，答对一次可得1分；答对类题的概率均为0.5，答对一次可得2分.如果答题的顺序由小李选择，那么两类题他应优先选择答哪一类试题？请说明理由；
（2）小王同学按照规则二进行答题，小王同学第1次随机地选择其中一类试题作答，如果小王第1次选择A类试题，那么第2次选择A类试题的概率为0.5；如果第1次选择B类试题，那么第2次选择A类试题的概率为0.8.求小王同学第2次选择A类试题作答的概率.
20.（12分）
如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，，是棱上的两点，且.

（1）证明：平面平面；
（2）若再从下面两个条件中选择一个作为已知条件，求平面与平面所成二面角的大小.
①平面；②三棱锥的体积.
21.（12分）
已知椭圆的离心率为，且椭圆过点，点为椭圆的左焦点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）平行于轴的动直线与椭圆相交于不同两点，直线与椭圆的另一个交点为，证明：直线过定点.
22.（12分）
已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）令，若不等式恒成立，求的最小值.
阜阳市2022~2023学年度高二年级教学质量统测
数学参考答案
一､选择题：本题共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.【答案】B
解：，则.
故选B.
2.【答案】A
解：由，可得，则.
故选A.
3.【答案】B
解：由，可得，即.
所以，所以与的夹角为.
故选B.
4.【答案】B
解：因为数列为等比数列，且是方程的两个根，
所以.又，且同号，所以.
因此“”是“是方程的两个根”的必要不充分条件.
故选B.
5.【答案】C
解：不超过15的质数有，共6个数，从中任取2个数，有种，和为偶数的有种，所以概率为.
故选C.
6.【答案】D
解：，知函数是偶函数，排除.
当时，，排除B.
故选D.
7.【答案】C
解：设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
所以在上恒成立，
所以.
设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以在上恒成立，
所以.
函数在上单调递增，所以，即.
从而有.
故选C.
8.【答案】D
解：设外心为外心为的中点为.
因为平面，平面平面，

平面平面，所以平面.
又平面，所以.
过分别作平面，平面的垂线，则垂线交点为外接球球心，
则四边形为矩形.
设外接圆半径为外接圆半径为.
设，则由，得，
为等边三角形，.
又因为，所以.
故外接圆半径.
又，
平面平面，
则，
所以外接球半径，
从而外接球表面积为.
故选D.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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.【答案】AC
解：由函数的图象可得，所以，选项A正确.
由，得.由图知，函数的图象过点，
所以.又，所以.
从而.
令，得，
所以的单调递增区间为，选项B错误.
令，得，选项C正确.
由可知，的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到，选项D错误.
故选AC.
10.【答案】BCD
解：由表可知该班女生每周课外阅读的平均时长的平均值为
（也可以由表格观察），A错误；
该班男生每周课外阅读的平均时长的分位数是，B正确；
由表格所提供的数据可知C正确；
估计该校男生每周课外阅读的平均时长大于的概率为，D正确.
故选BCD.
11.【答案】AC
解：，得，
所以双曲线，其中.
对于A选项，双曲线的离心率，A正确.
对于B选项，双曲线的渐近线方程为.
双曲线的渐近线方程为，故B错误.
对于选项，点的横坐标为3，不妨记在第一象限，则，
，则，C正确.
对于D选项，设，则.
在中，由余弦定理得，
，解得或（舍去），
所以的周长为.
又的面积为，
所以的内切圆半径为错误.
故选AC.
12.【答案】ACD
解：当时，.
，
从而的图象在处的切线方程为，A正确.
，令，则，
所以单调递增，也即单调递增.
当时，，
，
所以存在，使得.
当时，单调递减；
当时，单调递增.
所以在上恰有一个极值点，B错误.
当时，在上单调递增.
，
所以存在，使得.
当时，单调递减；
当时，单调递增.
所以.
由指数函数和对数函数性质可知，无最大值，C正确.
要使的图象恒在直线的上方，
则恒成立，
即对任意恒成立.
令，
令，
所以当时，单调递增.
又，
存在，使得，即.
令，所以当时，单调递增.
由，得.
当时，单调递减；
当时，单调递增.
所以，
所以，从而，D正确.
故选ACD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.【答案】8
解：的展开式中常数项为.
14.【答案】
解：直线过点，可得直线，其斜率.
由，可得，
所以，则圆的标准方程为.
15.【答案】248
解：六角螺母的体积是六棱柱体积与圆柱体积的差，
即，
，所以螺母大约有248个.
16.【答案】4
解：由题可知直线斜率存在，设直线的方程为.
由得，
所以，即，
所以直线的方程为，同理可得直线的方程为.
由可得
所以，
所以，
所以（当且仅当，
即时，等号成立），所以的最小值为4.
四､解答题：本题共6小题，满分70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17.解：（1）由，可得，
数列为等差数列.
设公差为，则.
又.
从而.
（2）由（1）可知，
，
当为偶数时，.
当为奇数时，
.
数列的前项和.
18.解：（1）由正弦定理可得.
又，所以，所以.
由，所以.
（2）在中，由余弦定理可得.①
由，可得.②
联立①②得，
所以，即，
所以，当且仅当时，等号成立.
从而面积的最小值为.
19.解：（1）小李同学按照规则一进行答题，若先选择答类题，设小李获得的积分为随机变量，则的所有可能取值为.
，
，
，
.
若先选择答类题，设小李获得的积分为随机变量，则的所有可能取值为.
，
，
，
.
小李应该优先选择类题作答.
（2）因为小王同学按照规则二进行答题，设“第次选择类试题作答”，“第1次选择类试题作答”，则与互斥.
根据题意得.
由全概率公式，得
.
因此，小王同学第2次选择类试题作答的概率为0.65.
20.（1）证明：因为四边形是菱形，所以.
因为平面，且，
所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以，所以.
因为平面，且，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）解：若选条件①，
记与交于点，则为的中点，连接.
由平面，平面平面，
则，所以为的中点，从而.
取棱的中点，连接，易证两两垂直，故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，

则.
故.
因为，所以，
则.
设平面的法向量为，则
令，得.
平面的一个法向量为.
设二面角为，易知二面角为锐角，
则.
所以二面角为.
若选条件②，
记点到平面的距离为.
由，
得.
由（1）知平面，所以，即.
取棱的中点，连接，易证两两垂直，故以为原点分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，

则.
故.
因为，所以，
则.
设平面的法向量为，
则
令，得.
平面的一个法向量为.
设二面角为，易知二面角为锐角，
则.
所以二面角为.
21.（1）解：因为椭圆的离心率为，椭圆过点，
所以解得
因此，椭圆的标准方程为.
（2）证明：由题可知，直线的斜率存在.
设直线，则.
联立直线与椭圆方程得，
则，
，
所以，
整理得.
又

所以直线的方程为.
故直线过定点.
22.解：（1）的定义域为.
，令，
则，所以单调递增，即单调递增.
又，所以当时，，当时，.
所以当时，单调递减；当时，单调递增.
（2）由题知.
令，所以在上单调递增，
即在上单调递增.
，
，
所以存在，使得.①
所以当时，；当时，.
从而当时，单调递减；当时，单调递增.
不等式恒成立等价于.②
联立①②式，消去可得.
将③式代入①式可得，即.