2023-2024学年辽宁省部分名校高二下学期5月质检数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省部分名校高二下学期5月质检数学试题（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设集合S中有10个元素，从S中每次随机选取1个元素，取出后还放回到S中，则取5次后所取出的元素有重复的概率是(保留两位有效数字)( )
A. 0.50B. 0.55C. 0.70D. 前三个答案都不对
2.已知a，b，c是三个不全相等的实数且满足a=ab+c,b=bc+a,c=ca+b则a+b+c的值是( )
A. 1B. 32C. 3D. 6
3.如图，已知正四面体D−ABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP=PB，BQQC=CRRA=2，分别记二面角D−PR−Q，D−PQ−R，D−QR−P的平面角为α，β，γ，则 ( )
A. γ<α<βB. α<γ<βC. α<β<γD. β<γ<α
4.已知各项均为正数的数列an的前n项和Sn，且满足a13+a23+⋅⋅⋅+an3=Sn2，n∈N∗.设cn=4n+−1n−1⋅λ⋅2an+1(λ为非零整数，n∈N∗)，若对任意n∈N∗，有cn+1>cn恒成立，则λ的值是( )
A. 2B. 1C. −2D. −1
5.已知函数f(x)=lnx+12ex2−ax存在两个极值点，若对任意满足f(x1)=f(x2 )=f(x3)的x1,x2,x3(x1A. (2 e,e]B. (2 e,2+1 e]C. (2 e,1+1e]D. (2 e,2+1e]
6.平面上有两组互不重合的点，A1、A2、⋅⋅⋅⋅⋅⋅、Am与B1、B2、⋅⋅⋅⋅⋅⋅、Bnm,n∈N∗,n⩾2，，t∈N∗，|i=1mAiBt|=t.则i=1n−1BiBi+1的范围为( )
A. nm,2nmB. nm,n2mC. nm,n+n22mD. n−1m,n2−1m
7.设集合A=x|x=sin2π2023+sin4π2023+sin6π2023+⋅⋅⋅+sin2kπ2023,k∈Z,k>0，则集合A的元素个数为( )
A. 1011B. 1012C. 2022D. 2023
8.已知点Q到点1,0的距离比到y轴的距离大1，记点Q的轨迹为C.直线6x−3y+4 10=0与椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)相切．C与E在第一象限的交点为P，且曲线C,E在点P处的切线斜率乘积为−29.设E的上，左顶点为A,B.将直线AB与C围成的图形绕x轴旋转360∘形成一个旋转体，则该旋转体的体积为( )
A. 7π2B. 2πC. 3+2πD. 6π
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.半圆形量角器在第一象限内，且与x轴、y轴相切于D、E两点．设量角器直径AB=4，圆心为C，点P为坐标系内一点．下列选项正确的有( )
A. C点坐标为(2,2)
B. |OA+OB|=2 2
C. cs∠AOB∈13, 55
D. 若|PA|2+|PB|2+|PO|2最小，则|OP|=4 23
10.下列说法正确的是( )
A. a=eπ10，b=1+sin9π10，c=1.16，则c>a>b
B. 在x−1 xn的展开式中含x3项的系数为15，则展开式中二项式系数最大的是第5项
C. 15人围坐在圆桌旁，从中任取4人，他们两两互不相邻的概率是2591
D. 已知函数f(x)=4csωx−π12(ω>0)在0,π3上的最小值恰为−ω，则所有满足条件的ω的积属于区间7,13
11.已知函数f(x)是定义在(−∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数，且当x>0时，f(x)=ex−ax+e3，对于数列f(xn)(n=1,2,3,4)，若x1A. 存在a<0的等比数列xn，使得f(xn)为等比数列
B. ∀a∈R，均存在等差数列xn，使得f(xn)为等差数列
C. ∀a∈R，均不存在等比数列xn，使得f(xn)为等差数列
D. 若存在等差数列xn，使得f(xn)为等比数列，且x2+x3=0，则a的最小值为34e2+14e
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.“布朗运动”是指微小颗粒永不停息的无规则随机运动，在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，某粒子作布朗运动时每次会从所在仓的通道口中随机选择一个到达相邻仓或者容器外，一旦粒子到达容器外就会被外部捕获装置所捕获，此时试验结束.已知该粒子初始位置在1号仓，则试验结束时该粒子是从1号仓到达容器外的概率为 ．
13.已知函数f(x)=(x−a)2ex，其极大值点和极小值点分别为x1,x2，记点A(x1,f(x1)),A(x2,f(x2))，直线AB交曲线y=f(x)于点C，若存在常数λ∈(n,n+1)(n∈N∗)，使得AB=λBC，则n= ．
14.设数列{an}的通项公式为an=n3−n,n∈N∗，该数列中个位数字为0的项按从小到大的顺序排列构成数列{bn}，则b2017被7除所得的余数是 ．
四、解答题：本题共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.(本小题13分)
某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平线MN上、桥AB与MN平行，OO ′为铅垂线在AB上).经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离ℎ1(米)与D到OO ′的距离a(米)之间满足关系式ℎ1=140a2；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离ℎ2(米)与F到OO’的距离b(米)之间满足关系式已知点B到OO ′的距离为40米．
(1)求桥AB的长度；(2)计划在谷底两侧建造平行于OO ′的桥墩CD和EF，且CE为80米，其中C，E在AB上(不包括端点).桥墩EF每米造价k(万元)、桥墩CD每米造价32k(万元)(k>0).问为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低⋅
16.(本小题15分)
已知A,B,C为锐角三角形的三个内角．
(1)求证：sinA+sinB+sinC+tanA+tanB+tanC>2π
(2)求14tanA+7tanB+4tanC的最小值
17.(本小题15分)
某校20名学生的数学成绩xi(i=1,2,⋯,20)和知识竞赛成绩yi(i=1,2,⋯,20)如下表：
计算可得数学成绩的平均值是x=75，知识竞赛成绩的平均值是y=90，并且i=120xi−x2=6464，i=120yi−y2=149450，i=120xi−xyi−y=21650．
(1)求这组学生的数学成绩和知识竞赛成绩的样本相关系数(精确到0.01).
(2)设N∈N∗，变量x和变量y的一组样本数据为xi,yi|i=1,2,⋯,N，其中xi(i=1,2,⋯,N)两两不相同，yi(i=1,2,⋯,N)两两不相同．记xi在xn|n=1,2,⋯,N中的排名是第Ri位，yi在yn|n=1,2,⋯,N中的排名是第Si位，i=1,2,⋯,N.定义变量x和变量y的“斯皮尔曼相关系数”(记为ρ)为变量x的排名和变量y的排名的样本相关系数．
(i)记di=Ri−Si，i=1,2,⋯,N.证明：ρ=1−6NN2−1i=1Ndi2．
(ii)用(i)的公式求这组学生的数学成绩和知识竞赛成绩的“斯皮尔曼相关系数”(精确到0.01).
(3)比较(1)和(2)(ii)的计算结果，简述“斯皮尔曼相关系数”在分析线性相关性时的优势．
注：参考公式与参考数据．r=i=1nxi−xyi−y i=1nxi−x2i=1nyi−y2；k=1nk2=n(n+1)(2n+1)6； 6464×149450≈31000．
18.(本小题17分)
如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，其中DA⊥AB，AD//BC．PA=2AD=BC=2,AB=2 2．
(1)求异面直线PC与AD所成角的大小；
(2)若平面ABCD内有一经过点C的曲线E，该曲线上的任一动点Q都满足PQ与AD所成角的大小恰等于PC与AD所成角.试判断曲线E的形状并说明理由；
(3)在平面ABCD内，设点Q是(2)题中的曲线E在直角梯形ABCD内部(包括边界)的、一段曲线CG上的动点，其中G为曲线E和DC的交点．以B为圆心，BQ为半径的圆分别与梯形的边AB、BC交于M、N两点．当Q点在曲线段GC上运动时，求四面体P−BMN体积的取值范围．
19.(本小题17分)
已知实数q≠0，定义数列an如下：如果n=x0+2x1+22x2+⋯+2kxk,xi∈0,1，i=0,1,2,⋯,k，则an=x0+x1q+x2q2+⋯+xkqk．
(1)求a7和a8(用q表示)；
(2)令bn=a2n−1，证明：i=1nbi=a2n−1；
(3)若1答案
1.C
2.C
3.B
4.D
5.C
6.D
7.B
8.B
9.ACD
10.AD
11.CD
12.1013
13.4
14.0
15.解：(1)由题意得140O′A2=−1800×403+6×40，
则OA′=80，
米
答：桥AB的长度为120米．
(2)设总造价为f(x)万元，，设，
由0则，
∴fx=k160+1800x3−380x2，
令f′x=k3800x2−680x=0，得到x=20(0舍去)，
当时，f′(x)<0，fx单调递减；
当时，f′(x)>0，fx单调递增，
因此当时，f(x)取最小值，
答：当米时，桥墩CD与EF的总造价最低．
16.(1)
证明：sinA+tanA=2tanA21+tan2A2+2tanA21−tan2A2=2tanA211+tan2A2+11−tan2A2=4tanA21−tan4A2．
因为0∘所以4tanA21−tan4A2>4tanA2，
又因为A2为锐角，tanA2>A2．
于是sinA+tanA>4⋅A2=2A.
同理sinB+tanB>4⋅B2=2B,sinC+tanC>4⋅C2=2C，
相加后，即得原不等式成立．
(2)
令tanA=x,tanB=y,tanC=z，
因为，A+B+C=π,A,B,C均为锐角，
所以A+B=π−C，
所以tanA+B=tanπ−C，
所以tanA+tanB1−tanAtanB=−tanC，
则tanA+tanB=−tanC+tanAtanBtanC，
所以tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC．
因为A,B,C均为锐角，所以tanA,tanB,tanC均为正值，
所以x,y,z均为正值，且x+y+z=xyz，
则z=x+yxy−1，则xy>1，
因为14tanA+7tanB+4tanC=14x+7y+4z=14x+7y+4×x+yxy−1
=14x+7y+4×1yxy−1+1y+yxy−1
=14x+7y+4y+4y+4yxy−1=14xy−1y+4y+4yxy−1+18y+7y
≥4 141+y2y2+18y+7y
令g(y)=4 14(1+y2y2)+18y+7y，
则g′(y)=(7y2−18) 14(y2+1)−56y2 14(y2+1)
令g′(y)=0，则y=5 77,
则当y∈(0,5 77)时g′(y)<0，则g(y)单调递减．
当y∈(5 77,+∞)时，g′(y)>0，则g(y)单调递增，
所以gy≥g5 77=15 7，当且仅当x=3 77,y=5 77,z= 7等号成立，
所以tanA+7tanB+4tanC≥15 7.
所以14tanA+7tanB+4tanC的最小值为15 7．
故答案为：15 7．
17.(1)由题意，这组学生数学成绩和知识竞赛成绩的样本相关系数为
r=i=120xi−xyi−y i=120xi−x2i=120yi−y2=21650 6464×14950≈2165031000≈0.70
(2)
(i)证明：因为Ri和Si都是1，2，⋯，N的一个排列，所以
i=1NRi=i=1NSi=N(N+1)2，
i=1NRi2=i=1NSi2=N(N+1)(2N+1)6，
从而Ri和Si的平均数都是R=S=N+12．
因此，i=1NRi−R2=i=1NRi2−2Ri=1NRi+i=1NR2=i=1NRi2−NR2=N(N+1)(2N+1)6−N(N+1)24=N(N+1)(N−1)12，
同理可得i=1NSi−S2=N(N+1)(N−1)12，
由于i=1Ndi2=i=1NRi−Si2=i=1NRi−R−Si−S2=i=1NRi−R2+i=1NSi−S2−2i=1NRi−RSi−S=2⋅N(N+1)(N−1)12−2i=1NRi−RSi−S，
所以ρ=i=1NRi−RSi−S i=1NRi−R2 i=1NSi−S2=N(N+1)(N−1)12−12i=1Ndi2N(N+1)(N−1)12=1−6NN2−1i=1Ndi2；
(ii)由题目数据，可写出Ri与Si的值如下：
所以N=20，并且i=1Ndi2=9×02+4×12+3×22+2×32+1×42+1×82=114．
因此这组学生的数学成绩和知识竞赛成绩的斯皮尔曼相关系数是
ρ=1−620202−1×114≈0.91
(3)
答案①：斯皮尔曼相关系数对于异常值不太敏感，如果数据中有明显的异常值，那么用斯皮尔曼相关系数比用样本相关系数更能刻画某种线性关系；
答案②：斯皮尔曼相关系数刻画的是样本数据排名的样本相关系数，与具体的数值无关，只与排名有关．如果一组数据有异常值，但排名依然符合一定的线性关系，则可以采用斯皮尔曼相关系数刻画线性关系．
18.(1)
如图，以A为原点，直线AB为x轴、直线AD为y轴、直线AP为z轴，建立空间直角坐标系．
于是有P(0,0,2)、C(2 2,2,0)，则有PC=(2 2,2,−2)，又AD=(0,1,0)
则异面直线PC与AD所成角θ满足csθ=PC⋅ADPC⋅AD=24=12，
所以，异面直线PC与AD所成角的大小为π3．
(2)
设点Q(x,y,0)，点P(0,0,2)、点D(0,1,0)、点A(0,0,0)，
则PQ=(x,y,−2)，AD=(0,1,0)，
则PQ⋅AD=±PQ⋅AD⋅csπ3，
⇔y=±12 x2+y2+4，
化简整理得到3y2−x2=4，
则曲线E是平面ABCD内的双曲线．
(3)
在如图所示的xOy的坐标系中，因为D0,1、C(2 2,2)、B(2 2,0)，
设G(x1,y1).则有DC=(2 2,1)，故DC的方程为x2 2=y−11，
代入双曲线E:3y2−x2=4的方程可得，3y2−8(y−1)2=4⇒5y2−16y+12=0，
其中y1y2=125．
因为直线DC与双曲线E交于点C，故y1=65.进而可得x1=2 25，即G2 25,65．
故双曲线E在直角梯形ABCD内部(包括边界)的区域满足x∈2 25,2 2，y∈65,2．
又设Q(x,y)为双曲线CG上的动点，x∈2 25,2 2．
所以，BQ= (x−2 2)2+y2= 43x2−4 2x+283= 43x−3 222+103
因为3 22∈2 25,2 2，
所以当x=3 22时，|BQ|min= 303；
当x=2 25时，BQmax=2 415．
而要使圆B与AB、BC都有交点，则BQ≤2．
故满足题意的圆的半径取值范围是BQ∈ 303,2．
因为PA⊥平面DMN，所以P−DMN体积为VP−BMN=13⋅PA⋅S▵BMN．
故问题可以转化为研究▵BMN的面积．
又因为∠MBN为直角，所以▵BMN必为等腰直角三角形．
由前述，设BQ=r∈ 303,2，则BM=BN=r，
故其面积S▵BMN=12r2，所以S▵BMN∈53,2．
于是，VP−BMN=13⋅PA⋅S▵BMN=23S▵BMN∈109,43．
(当Q点运动到与点C重合时，体积取得最大值；当Q点运动到横坐标x=3 22时，即BQ长度最小时，体积取得最小值)
19.解：(1)因为 7=1+2+22 ，所以 a7=1+q+q2 ；
因为 8=23 ，所以 a8=q3 ．
(2)由数列 an 定义得： bn=a2n−1=qn−1 ，所以 i=1nbi=1+q+q2+⋯+qn−1 ．
而 2n−1=1+2+22+⋯+2n−1 ，
所以 a2n−1=1+q+q2+⋯+qn−1=i=1nbi ．
(3)当 1故对任意 an ，存在 am ，使得 am>an ．
设 m 是满足 am>an 的最小正整数．下面证明 am≤an+1 ．
①若 m−1 是偶数，设 m−1=2x1+22x2+⋯+2kxk,xi∈0,1,i=1,2,⋯,k ，
则 m=1+2x1+22x2+⋯+2kxk ，于是 am=1+x1q+x2q2+⋯+xkqk=1+am−1 ．
因为 an≥am−1 ，所以 am=1+am−1≤an+1 ．
②若 m−1 是奇数，设 m−1=1+2+22+⋯+2l+2l+2xl+2+⋯+2kxk ，
则m=2l+1+2l+2xl+2+⋯+2kxk，
所以am−am−1=ql+1−(1+q+q2+⋯+ql)
=(q−1)(1+q+q2+⋯+ql)−(1+q+q2+⋯+ql)+1<1．
所以 am综上所述，对于任意正整数 n ，存在正整数 m ，使得 an学生编号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
数学成绩xi
100
99
96
93
90
88
85
83
80
77
知识竞赛成绩yi
290
160
220
200
65
70
90
100
60
270
学生编号i
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
数学成绩xi
75
74
72
70
68
66
60
50
39
35
知识竞赛成绩yi
45
35
40
50
25
30
20
15
10
5
同学编号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
数学成绩排名Ri
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
知识竞赛成绩排名Si
1
5
3
4
9
8
7
6
10
2
同学编号i
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
数学成绩排名Ri
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
知识竞赛成绩排名Si
12
14
13
11
16
15
17
18
19
20