2023-2024学年安徽省淮南第一中学等校高二下学期7月期末质量检测数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省淮南第一中学等校高二下学期7月期末质量检测数学试题（含解析），共14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.数列−2，43，−65，87，⋯的通项公式可以为( )
A. (−1)nn2n+1B. (−1)n2n2n−1C. (−1)n−12n2n+1D. (−1)n+12n2n−1
2.下列两个变量之间的关系是相关关系的是( )
A. 等边三角形的边长a与其面积S
B. 匀速直线行驶的汽车的位移s与行驶时间t
C. 杂交水稻植株的高度ℎ与土壤湿润度r
D. 某班的学生人数n与该班某次数学考试的平均分x
3.若圆O1:x2+y2+y=0和圆O2:x2+y2−2x=0的交点为A，B，则线段AB的中垂线方程为( )
A. x−y−2=0B. x−2y−1=0C. 2x−y−1=0D. x−2y=0
4.已知函数f(x)=−x2f′(1)+6x，则f(2)=( )
A. 11B. 7C. −1D. −3
5.在(2 x−1x)6的展开式中，常数项为( )
A. 240B. 120C. 84D. 64
6.甲、乙两名同学计划今年暑假各自从黄山、琅琊山、天堂寨、三河古镇4个旅游景点中随机选择一个游玩.现已知至少有一名同学选择了琅琊山，则两名同学选择的景点不同的概率为( )
A. 12B. 58C. 34D. 67
7.过点A(52,0)能向曲线y=xlnx作切线的条数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
8.关于椭圆有如下结论：“过椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点P(x0,y0)作该椭圆的切线，切线方程为x0xa2+y0yb2=1.”设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F，右顶点为A，过F且垂直于x轴的直线与C的一个交点为M，过M作椭圆的切线l，若切线l与直线AM的倾斜角互补，则C的离心率为( )
A. 13B. 33C. 12D. 22
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。
9.如图是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列不等式一定成立的是( )
A. f(−2)f(0)C. f(1)>f(3)D. f(2)>f(4)
10.已知随机变量X~N(100,σ2),且P(X>120)=0.1,则下列说法中正确的是( )
A. P(80≤X≤120)=0.9B. 若P(X>2a)=P(X< a-4),则a=68
C. D(X)=σD. P(100< X<110)>P(80< X<90)
11.设数列{an}满足a1=1，且当n≥2时，有an=nan−1,n为奇数,an−1n,n为偶数,则( )
A. ∀n∈N∗，a2n≤12B. ∃n∈N∗，a2n+1>2n
C. a2n=C2nn4nD. a2n+1=(n+1)C2n+1n4n
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.甲、乙等6名同学站成一排，若甲、乙两名同学相邻，则不同的站法共有 种.(用数字作答)
13.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为正方形ABCD和正方形CDD1C1的中心，则点A到平面A1EF的距离为 ．
14.已知双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，直线l:y=x与E交于A，B两点，且AF⊥BF，则b2a2= ．
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.(本小题12分)
2024年4月25日，第18届北京国际汽车展览会在中国国际展览中心开幕，本届展会以“新时代新汽车”为主题，在展览会上国内新能源车引得了国内外车友的关注.为了解人们的买车意向，在车展现场随机调查了40名男观众和40名女观众，已知男观众中有32人偏向燃油车，女观众中有16人偏向燃油车，剩余被调查的观众则偏向新能源车．
(Ⅰ)根据已知条件，填写下列2×2列联表，并根据小概率值α=0.01的独立性检验，判断男观众和女观众买车意向的偏向情况是否有差异;
(Ⅱ)现按比例用分层随机抽样的方法从被调查的偏向燃油车的观众中抽取9人，再从这9人中随机抽取4人，记X表示这4人中女观众的人数，求X的分布列和数学期望．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．
16.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠DAB=∠ADC=90∘，且AB=PA=2，AD=CD=1．
(Ⅰ)证明：BC⊥平面PAC;
(Ⅱ)求平面PAC与平面PCD夹角的正弦值．
17.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和Sn=2×3n−1−1．
(Ⅰ)求{an}的通项公式;
(Ⅱ)设bn=nan，求数列{bn}的前n项和Tn．
18.(本小题12分)
已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F，准线过点M(0,−1)，过点M的直线l交C于A，B两点．
(Ⅰ)求C的方程;
(Ⅱ)若l的斜率为2，求||FA|−|FB||;
(Ⅲ)设点P(− 2,0)，Q( 2,0)，且|AP|−|AQ|=|BP|−|BQ|，求l的斜率．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=lgax−xa(a>1)．
(Ⅰ)若a=2，求曲线y=f(x)在点(4,f(4))处的切线在y轴上的截距；
(Ⅱ)若f(x)只有一个零点，求a；
(Ⅲ)若f(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：lnx1+lnx2>2．
答案简析
1.B
【简析】解：由数列−2，43，−65，87，⋯可得：a1=−21，a2=43，a3=−65，a4=87，⋯，归纳可得其一个通项公式为an=(−1)n2n2n−1．
故选B．
2.C
【简析】解：对于A，等边三角形的边长a与其面积S是函数关系，不是相关关系；
对于B，匀速直线行驶的汽车的位移s与行驶时间t是函数关系，不是相关关系；
对于C，杂交水稻植株的高度ℎ与土壤湿润度r，之间是相关关系；
对于D，某班的学生人数n与该班某次数学考试的平均分x受总分数和人数的影响，不是相关关系．
故选：C．
3.B
【简析】解：因为两圆的圆心坐标分别为(0,−12)，(1,0)，
那么过两圆圆心的直线斜率为12，
而线段AB的中垂线即为过两圆圆心的直线，
故所求直线方程为y−(−12)=12(x−0)，
整理可得x−2y−1=0．
故选B．
4.A
【简析】解：由f(x)=−x2f′(1)+6x得 f′x=−2f′(1)x−6x2，
当x=1时， f′1=−2f′1−6解得f′1=−2．
所以f(x)=2x2+6x，f(2)=11．
故选A．
5.A
【简析】解：2 x−1x6展开式的通项为Tr+1=C6r(2 x)6−r(−1)r(x−r)，
=C6r26−r(−1)rx3−32r，
令3−32r=0，解得r=2，
则可知展开式中常数项为C6224=240．
故选 A．
6.C
【简析】解：记事件A:至少有一名同学选择了琅琊山，
事件B:两名同学选择的景点不同，
则P(B|A)=P(AB)P(A)=C21C31C41C41C21C41C41C41=34．
7.B
【简析】解：设切点为(t,tlnt)(t>0且t≠1)，
∵y′=lnx−1(lnx)2， ∴切线斜率k=lnt−1(lnt)2，
∴切线方程为y−tlnt=lnt−1(lnt)2(x−t)，
又切线过A(52,0)， ∴−tlnt=lnt−1(lnt)2(52−t)，即52lnt+t=52
设f(t)= 52lnt+t−52，则f′(t)=52t+1>0，
∴f(t)在t>0且t≠1上单调递增，
且t<1时，f(t)<0，f(e)>0，
从而f(t)= 52lnt+t−52有一个零点，从而过点A(52,0)能向曲线y=xlnx作切线的条数为1，
故选B．
8.C
【简析】解：过椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点P(x0,y0)作该椭圆的切线，切线方程为x0xa2+y0yb2=1，
把x=−c代入可得y=±b2a，不放取M(−c,b2a)，
则过M作椭圆的切线l方程为−cxa2+b2ayb2=1，
可得切线l的斜率为ca，
再由A(a,0)可得kAM=b2a−c−a=−b2a(a+c)，
因为切线l与直线AM的倾斜角互补，
所以ca−b2a(a+c)=0，结合b2=a2−c2整理可得a=2c，
所以椭圆C的离心率e=ca=12．
故选C．
9.AD
【简析】解：A选项，由图象可知，当x∈−2,−1时，f′x>0，
所以函数f(x)在−2,−1上单调递增，所以f(−2)B选项，由图象可知，当x∈−1,0时，f′x>0，
所以函数f(x)在−1,0上单调递增，所以f(−1)C选项，由图象可知，当x∈1,2时，f′x>0，
当x∈2,3时，f′x<0，
所以函数f(x)在1,2上单调递增，函数f(x)在2,3上单调递减，
所以无法比较f(1)，f(3)的大小，故C错误；
D选项，由图象可知，当x∈2,4时，f′x<0，
所以函数f(x)在2,4上单调递减，所以f(2)>f(4)，故D正确．
故选AD．
10.BD
【简析】解：随机变量X~N(100,σ2),则μ=100,D(X)=σ2，C错误；
由P(X>120)=0.1​​​​​​​，可得P(80≤X≤120)=1-2×0.1=0.8，A错误；
由P(X>2a)=P(X< a-4)可得2a+a-4=200，解得a=68，B正确；
由正态曲线的图像和对称性可知P(100< X<110)>P(80< X<90)，D正确.
故选BD.
11.AC
【简析】解：由题意， anan−1= n,n为奇数,1n,n为偶数,，
故 a2na2n−2= a2na2n−1 ⋅ a2n−1a2n−2= 2n−12n， an+1a2n−1= a2n+1a2n ⋅ a2na2n−1= 2n+12n， 12 a1= 12，
利用累乘法 a2na2= a2na2n−2 ⋅ a2n−2a2n−4 ⋯ a4a2， a2n+1a1= a2n+1a2n−1 ⋅ a2n−1a2n−3 ⋯ ⋯ a3a1，
故 a2n= 1×3×⋯(2n−1)2×4×⋯2n，a2n+1= 1×3×⋯(2n+1)2×4×⋯⋅2n．
对于A，因为 a2na2n−2<1，所以 a2na2= a2na2n−2 ⋅ a2n−2a2n−4 ⋯ a4a2<1， a2n< a2= 12，
故 ∀n ∈ N∗， a2n ≤ 12，A正确;
对于B，因为n ≥1，所以0< 12n ≤ 12，故 a2n+1a2n−1= 2n+12n=1+ 12n ≤ 32<2，
由累乘法 a2n+1a1= a2n+1a2n−1 ⋅ an−1a2n−3 ⋯ a3a1 < 2 × 2 × ⋯ × 2= 2n，故 ∀n ∈ N∗， a2n+1 < 2n，
故不存在n∈N∗，a2n+1>2n，B错误；
对于C，因为 a2n= 1×3×⋯(2n−1)2×4×⋯⋅2n= 1×2×⋯2n2×4×⋯⋅2n. 12×4×⋯⋅2n= (2n)!2n⋅n!⋅2n⋅n!= C2nn4n，
所以 a2n= C2nn4n恒成立，，C正确;
对于D，a2n+1= 1×3×⋯(2n+1)2×4×⋯⋅2n= 1×2×⋯(2n+1)2×4×⋯⋅2n. 12×4×⋯⋅2n
=(2n+1)!2n⋅n!⋅2n⋅n!=C2n+1n4n，D错误．
故选AC．
12.240
【简析】解：不同的站法共有A22·A55=240种．
13.2 1111
【简析】解：以D为原点，以DA、DC、DD1为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系：
A(2,0,0)，A1(2,0,2)，E(1,1,0)，F(0,1,1)，AA1=(0,0,2)
A1E=(−1,1,−2)，A1F=(−2,1,−1)，设平面A1EF的法向量为n=(x,y,z)，
则A1E·n=0A1F·n=0，解得：x=zy=3x，令x=1，则n=(1,3,1)，
所以A到平面A1EF的距离为：d=∣AA1·n|n|∣=2 1111．
14.1
【简析】解：设双曲线的左焦点为F1，连接AF1，BF1，由图形的对称性可知，四边形AF1BF为矩形，
所以AF1//BF，且AF1=BF，设AF=m，BF=n，由双曲线的定义可知AF1−AF=BF−BF1=2a，
即n−m=2a，又AF⊥BF，所以四边形AF1BF为正方形，所以m+n=2c，则m=c−a，n=c+a，
所以mn=(c+a)(c−a)=c2−a2=b2，由AF⊥BF可得AF1⊥AF，所以AF12+AF2=F1F2，
即n2+m2=(2c)2，所以(c+a)2+(c−a)2=4c2，化简得c2=2a2+2b2，所以b2a2=1．
15.解：(Ⅰ)列联表为：
根据列联表中的数据，
经计算得到χ2=80×(32×24−16×8)248×32×40×40≈13.33>6.635=x0.01，
所以根据小概率值α=0.01的独立性检验，
即判断男观众和女观众买车意向的偏向情况有差异;
(Ⅱ)根据分层抽样的原理，可知男生观众选取3248×9=6人，女生观众选取1648×9=3人，
所以男性、女性观众各选取6，3人，
所以随机变量X的可能取值为0，1,2,3,
则P(X=0)=C64C94=542，
P(X=1)=C31C63C94=1021 ，
P(X=2)=C32C62C94=514 ，
P(X=3)=C33C61C94=121 ，
所以X的 分布列如下表
所以E(X)=0×542+1×1021+2×514+3×121=2821．
【简析】(Ⅰ)写出列联表，根据表中数据计算χ2的观测值，利用独立性检验的思想即可求解；
(Ⅱ)根据已知条件及分层抽样的定义求出抽取的男性观众和女性观众的人数，求出随机变量的取值，利用古典概型的概率公式求出随机变量对应取值的概率，写出随机变量的分布列，再利用随机变量的期望公式即可求解．
16.解：(Ⅰ)由题意AB=PA=2，AD=CD=1，
∵CD=1，CD=12AB，由∠DAB=∠ADC=90°，易得CB=AC= 2，
由勾股定理得AC⊥CB，
又∵PA⊥面ABCD，CB⊂面ABCD，
∴PA⊥CB．
又PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，
∴:BC⊥平面PAC；
(Ⅱ)DM⊥AC交AC的中点于M，可知DM⊥平面PAC，作DN⊥PC交PC于N，
则∠DNM为平面PAC与平面PCD夹角，
显然DM= 22，PD= 5,PC= 6，
因为CD=1，所以△PCD为直角三角形，则DN= 5 6= 306，
sin∠DNM=DMDN= 22 306= 155．
即平面PAC与平面PCD夹角的正弦值为 155．

【简析】(Ⅰ)由勾股定理得AC⊥CB，根据线面垂直的性质可知PA⊥CB，又PA∩AC=A，根据线面垂直的判定定理可知CB⊥面PAC；
(Ⅱ)DM⊥AC交AC的中点于M，可知DM⊥平面PAC，作DN⊥PC交PC于N，则∠DNM为平面PAC与平面PCD夹角，求解其正弦值即可．
17.解：(Ⅰ)因为Sn=2×3n−1−1，当n=1时，a1=1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(2×3n−1−1)−(2×3n−2−1)=4×3n−2，
而a1=1不满足上式，
所以an=1,n=1,4×3n−2,n≥2.
(Ⅱ)设bn=nan，可知bn=1,n=1,4n⋅3n−2,n≥2.
当n=1时，T1=b1=1;
当n≥2时，Tn=1+8×30+12×31+⋯+4(n−1)⋅3n−3+4n⋅3n−2，
3Tn=3+8×31+12×32+⋯+4(n−1)⋅3n−2+4n⋅3n−1．
两式相减得−2Tn=6+4×(31+32+⋯+3n−2)−4n⋅3n−1
=6−4n⋅3n−1+4×3(1−3n−2)1−3=6−4n⋅3n−1+6(3n−2−1)=(2−4n)⋅3n−1
所以Tn=(2n−1)⋅3n−1(n≥2)，且T1=1满足该式，
所以Tn=(2n−1)⋅3n−1．
【简析】(Ⅰ)当n=1时，可得a1.当n≥2时，an=Sn−Sn−1.可得an．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知，bn=1,n=1,4n⋅3n−2,n≥2.利用错位相减法即可得出．
18.解：(Ⅰ)由题意知p=2，所以抛物线C的标准方程为x2=4y;
(Ⅱ)直线l的方程为y=2x−1，可变为2x=y+1，所以4x2=y+12，与抛物线方程联立消去x可得y+12=16y，即y2−14y+1=0，Δ=−142−4>0，设A，B的坐标分别为x1,y1，x2,y2，所以y1+y2=14,y1y2=1，由抛物线的定义知|AF|=y1+1，|BF|=y2+1，所以||FA|−|FB||=y1−y2，又y1−y22=y1+y22−4y1y2=142−4=192，所以||FA|−|FB||=y1−y2=8 3；
(Ⅲ)设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y=kx−1，代入抛物线方程消去y得，x2−4kx+4=0，设A，B的坐标分别为x1,y1，x2,y2，则x1+x2=4k，x1x2=4，设|AP|−|AQ|=|BP|−|BQ|=2m0【简析】(Ⅰ)由准线过点M(0,−1)可得p=2，可直接写出抛物线方程;
(Ⅱ)把直线l的方程代入抛物线方程消去x，利用根于系数的关系和抛物线的定义可求得结果；
(Ⅲ)由|AP|−|AQ|=|BP|−|BQ|可得A，B应该在以P，Q为焦点的双曲线上，设出双曲线方程，与抛物线方程联立，可得A，B两点坐标的关系，再结合AB的直线方程可求得直线l的斜率．
19.解：(Ⅰ)当a=2时，fx=lg2x−x2，f′x=1x·ln2−12，
则f4=0，f′4=14ln2−12，
可知曲线y=f(x)在点(4,f(4))处的切线方程为y=14ln2−12x−4，
令x=0，可得y=2−1ln2，
即曲线y=f(x)在点(4,f(4))处的切线在y轴上的截距为2−1ln2．
(Ⅱ)令fx=lgax−xa=lnxlna−xa=0，可得lnxx=lnaa，
令gx=lnxx，g′x=1−lnxx2，
可知函数gx在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，ge=1e，
当x>1时，gx>0；当x→+∞时，gx→0；
当a=e时，函数gx=lnxx与直线y=lnaa=1e有且只有一个交点，
此时方程lnxx=lnaa有且只有一个实根x=e，满足题意；
当1e时，可知0函数gx=lnxx与直线y=lnaa有两个交点，
此时lnxx=lnaa有两个不等实根，不满足题意；
综上可得，a=e．
(Ⅲ)结合(Ⅱ)可知，若f(x)有两个不同的零点x1，x2，
则lnx1x1=lnx2x2=lnaa，
不妨设lnx1x1=lnx2x2=lnaa=k，0则lnx1=kx1，lnx2=kx2，
可得lnx1+lnx2=kx1+x2，lnx1−lnx2=kx1−x2，
则lnx1+lnx2lnx1−lnx2=x1+x2x1−x2，
可得lnx1+lnx2=x1+x2x1−x2·lnx1−lnx2=x1x2+1x1x2−1·lnx1x2，
要证明lnx1+lnx2>2，等价于证明x1x2+1x1x2−1·lnx1x2>2，
令t=x1x2，0则转化为证明t+1t−1·lnt>2，即证明lnt<2t−1t+1，
令ℎt=lnt−2t−1t+1，0则ℎ′t=1t−4t+12=t−12tt+12>0，
可知函数ℎt在0,1上单调递增，
则ℎt<ℎ1=0，即lnt<2t−1t+1，
可得lnx1+lnx2>2．
【简析】(Ⅰ)求导，求得f′(4)和f(4)，得到切线方程，即可求得切线在y轴上的截距；
(Ⅱ)令f(x)=0，可得lnxx=lnaa，转化为函数gx=lnxx与直线y=lnaa只有一个交点，利用导数研究函数g(x)的单调性与极值，对a分类讨论判断即可；
(Ⅲ)由(Ⅱ)可得lnx1x1=lnx2x2=lnaa，则有lnx1+lnx2lnx1−lnx2=x1+x2x1−x2，设02即为证明x1x2+1x1x2−1·lnx1x2>2，令t=x1x2，0偏向新能源车
男观众
女观众
α
0.1
0.05
0.01
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
10.828
偏向燃油车
偏向新能源车
合计
男观众
32
8
40
女观众
16
24
40
合计
48
32
80
X
0
1
2
3
P
542
1021
514
121