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安徽省阜阳市2022-2023学年高二数学下学期期末试卷(Word版附答案)
安徽省阜阳市2022-2023学年高二数学下学期期末试卷(Word版附答案)
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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[cùjū],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7.07.68.18.28.58.68.69.09.39.3男生5.16.06.36.87.27.78.18.28.69.4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8.2B.该班男生每周课外阅读的平均时长的分位数是8.4C.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0.411.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.
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