2022-2023学年安徽省芜湖市高二下学期教学质量统测数学试题含答案

2022-2023学年安徽省芜湖市高二下学期教学质量统测数学试题

一、单选题

1．经过点，倾斜角为的直线的点斜式方程为（    ）

A． B．.

C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，由直线得点斜式方程，代入计算，即可得到结果.

【详解】因为倾斜角为，则斜率，且过点，

则，即.

故选：A

2．已知数列是等差数列，，则（    ）

A．9 B．0 C．-3 D．-6

【答案】B

【分析】由于数列是等差数列，根据其性质可知，即可求得.

【详解】数列是等差数列

又

故选：B.

3．某工厂生产的新能源汽车的某部件产品的质量指标服从正态分布，若，则（    ）

A．0.76 B．0.24 C．0.26 D．0.74

【答案】D

【分析】根据题意，由正态分布的特点，代入计算，即可得到结果.

【详解】由正态分布可知，，

则，

所以.

故选：D

4．为抛物线的焦点，直线与抛物线交于两点，则为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】在抛物线中可借助直角三角形的正切值的求解.再由对称性求.

【详解】，

抛物线中时可得，且

则，取（如图）

，

,又对称性可知.

故选；C.

5．在棱长为3的正四面体中，为的中点，为上靠近的三等分点，则为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，取的中点，连接，由余弦定理可得的长，再由余弦定理即可得到，再结合平面向量数量积的定义即可得到结果.

【详解】    

  取的中点，连接，因为为的中点，为上靠近的三等分点，且是棱长为3的正四面体，则，且，

，，，且，在中，

由余弦定理可得，

，所以，在中，由余弦定理可得，

，

且与的夹角为与的夹角，即为的补角，

所以，

所以.

故选：B

6．甲､乙､丙､丁､戊､已共6名同学进行数学文化知识比赛，决出第1名到第6名的名次.甲､乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都不是第一名.”对乙说：“你和丙的名次是相邻的.”从对这两人回答分析，这6人的名次排列的所有可能不同情况有（    ）种.

A．144 B．156 C．168 D．192

【答案】C

【分析】分丙排第一名和不是第一名讨论，结合捆绑法进行求解.

【详解】依题意，甲､乙都不能排第一名，乙和丙的名次相邻，

当丙是第一名时，则第二名肯定是乙，则共有种不同名次排列情况；

当丙不是第一名时，甲､乙都不能排第一名，乙和丙的名次相邻，

则共有种不同名次排列情况，

故共有种不同名次排列情况.

故选：C

7．客机越来越普及之后，为了减少空气阻力､降低油耗以及减少乱流，飞机开始越来越往高空飞，飞机的机身也因此做了很多调整，其中一项调整是机舱必须加压，好让旅客在内部能够生存，为了更好地分散机窗压力，工程师将最开始的方形窗户改为椭圆形窗户如图1所示，使其均匀受压，飞机更为安全.一缕阳光从飞机窗户射入，在机舱地面上形成轮廓为圆的光斑，如图2所示.若光线与地面所成角为60°，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据条件，找出与圆的半径为间的关系，再利用离心率的定义即可求出结果.

【详解】因为椭圆形窗户在机舱地面上形成轮廓为圆的光斑，不妨设圆的半径为，

则有，，所以，

故离心率.

故选：C.

8．已知，则下列不等关系正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用构造函数的方法比较和，和的大小，利用，即可比较和的大小.

【详解】因为，所以，即，所以，

令，，

若，即，若，即，

所以在上单调递减，在上单调递增，所以，

即，当且仅当时等号成立，

所以，所以，

令，，

令，，

令，，所以单调递增，

当时，，所以当时，，

所以，所以在时单调递增，所以，

所以在内单调递增，所以，

所以当时， ，所以，

所以由已证过的不等式可知，所以，

则，

故选：A.

【点睛】关键点睛：本题的关键是利用余弦函数的单调性从而比较出大小关系，再通过构造函数，，再通过导数证明其单调性，利用其单调性比较大小.

二、多选题

9．下列说法正确的有（    ）

A．随机变量的方差越大，则随机变量的取值与均值的偏离程度越大

B．随机抛掷质地均匀的硬币100次，出现50次正面向上的可能性为

C．根据分类变量与的样本数据计算得到，根据小概率的独立性检验（），可判断与有关，且犯错误的概率不超过0.05

D．若变量关于变量的经验回归方程为时，则变量与负相关

【答案】AD

【分析】对A、C、D：根据案例分析相关知识逐项分析判断；对B：根据二项分布结合组合数的性质分析判断.

【详解】对于选项A：根据方差的计算公式可知：方差越大，则随机变量的取值与均值的偏离程度越大，故A正确；

对于选项B：随机抛掷质地均匀的硬币100次，设出现正面向上的次数为，则，

则，

根据组合数的性质可知，

即，

所以，即出现50次正面向上的可能性小于，故B错误；

对于选项C：因为，

根据小概率的独立性检验，可判断与无关，故C错误；

对于选项D：由经验回归方程为可知，

所以变量与负相关，故D正确；

故选：AD.

10．已知函数（是自然对数的底数），则下列结论正确的是（    ）

A．曲线的切线斜率可以是-1

B．曲线的切线斜率可以是2

C．过点且与曲线相切的直线有且只有1条

D．过点且与曲线相切的直线有且只有2条

【答案】BCD

【分析】利用导数的几何意义，判断的范围，即可判断AB；设切点，利用导数的几何意义，求切点坐标或切点的个数，即可判断CD.

【详解】，根据导数的几何意义可知，曲线的切线斜率可以是2，不能是，故A错误，B正确；

C.设切点，则，得，所以切线只有一条，故C正确；

D. 设切点，则，整理为，

设，，得

当时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增，

当时，函数取得最小值，，，

所以在函数在和各有1个零点，

所以过点且与曲线相切的直线有且只有2条，故D正确.

故选：BCD

11．一个不透明的袋子里，装有大小相同的个红球和个白球，每次从中不放回地取出一球，现取出个球，则下列说法正确的是（    ）

A．两个都是红球的概率为

B．在第一次取到红球的条件下，第二次取到白球的概率为

C．第二次取到红球的概率为

D．第二次取到红球的条件下，第一次取到白球的概率为

【答案】BCD

【分析】利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可判断A选项；利用条件概率公式可判断B选项；利用全概率公式可判断C选项；利用贝叶斯公式可判断D选项.

【详解】对于A选项，抽取的两个都是红球的概率为，A错；

对于B选项，记事件第一次取红球，事件第二次取白球，

则，，所以，，B对；

对于C选项，记事件第一次取红球，事件第二次取红球，

则，，，，

由全概率公式可得，C对；

对于D选项，记事件第一次取红球，事件第二次取红球，

则，

所以，，D对.

故选：BCD.

12．已知数列有无限项且满足：，其中为大于0的常数，则下列说法正确的有（    ）

A．当时，若数列是等差数列，则

B．当时，若数列是单调递增数列，则

C．存在，数列是单调递增数列

D．任意，数列不可能是单调递增数列

【答案】ABD

【分析】对于A，根据等差数列的定义，结合题目中等式，建立方程，解得公差，可得答案；

对于B，根据单调递增数列的定义，建立方程与不等式，可得答案；

对于C、D，利用分类讨论的思想 结合累加法和递增数列的定义，根据作差法，可得答案.

【详解】对于A，由数列为等差数列，可设其公差为，

则，解得，

由，则，解得，故A正确；

对于B，由数列为递增数列，则，设，，

两式相减可得：，解得，故B正确；

对于C、D，当时，，显然此时数列不是递增数列；

当且时，由，，，，

则，则，同理可得：，

两式相减可得：，

当时，必定存在，当时，，则数列不是递增数列；

，

当时，必定存在，当时，，则数列不是递增数列.

故C错误，D正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．已知函数，则          .

【答案】3

【分析】根据题意，求导得，然后代入计算，即可得到结果.

【详解】由可得，，

则.

故答案为：

14．在的展开式中，含的项的系数是          .

【答案】15

【分析】在的展开式中含的项即从5个因式中取4个，1个常数即可写出含的项，则可得到答案.

【详解】在的展开式中含的项即从5个因式中取4个，1个常数,

所以含的项为.

所以展开式中，含的项的系数是15.

故答案为：15

15．已知圆，若圆上存在两点使得为等边三角形，则的取值范围为          .

【答案】

【分析】作图分析，讨论和，设D为的中点，推出三点共线，从而可得；利用点到直线的距离公式得到等量关系，结合方程知识，利用判别式可得不等式即可求得答案.

【详解】由题意知为等边三角形，设D为的中点，连接，则，

因为在圆上，故，

故三点共线，

当时，，满足圆上存在两点使得为等边三角形；

时，直线OA的斜率为，则斜率为，

设方程为，A到 的距离为，

，而，

故，即，

令，则，即，

由于，故，解得，

即，则或，

综合可得，

故的取值范围为，

故答案为：

【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于要结合圆以及等边三角形的几何性质，找到线段之间的数量关系，结合方程知识求解.

16．俄罗斯方块游戏，是一款由俄罗斯人阿列克谢·帕基特诺夫发明的休闲游戏，它的玩法就是用一些随机出现的几何图案去填充平面区域，消去一行就会有得分，如果一次能消去多行，则会得到很多额外的奖励分，但这会承担一定的风险，因为这些随机的图案是需要通过适当的平移或旋转后才可能被放置到合适的空位上去的，当剩余的内容太多时，就不容易做这些操作，而导致失败.已知这些随机出现的图案都是由若干块相同的小正方形拼接在一起构成的，要求相邻的两个正方形必须有一条公共边相连.如果相同小正方形的个数为n，记用它们构成的不同图案总数为（通过平移或旋转后重合的视为同一个图案）.已知，则          .

【答案】7

【分析】根据题意，分别画出四个相同的小正方形拼接在一起构成的不同图案，即可得到结果.

【详解】  

如图所示，四个相同的小正方形拼接在一起构成的不同图案总数为7个.

故答案为：7

四、解答题

17．2023年5月，某高中开展了“最美寝室”文化布置评比活动，学生会成员随机抽取了12间寝室进行量化评估，其中有4间寝室被评为优秀寝室.

(1)现从这12间寝室中随机抽取3间，求有1间优秀的概率；

(2)以这12间寝室的评估情况来估计全校寝室的文化布置情况，若从全校所有寝室中任选3间，记X表示抽到优秀的寝室间数，求X的分布列和期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据组合数公式，结合超几何分布的概率公式，即可求解；

（2）首先由题意可得，再根据二项分布概率公式，即可求分布列和数学期望.

【详解】（1）设表示所抽取的3间寝室中有间寝室优秀，抽取的3间寝室中有1间优秀为事件，

则；

（2）由题表数据可知，从12间寝室中任选1间是优秀的概率为，

由题可知的所有可能取值为，则

，，

所以的分布列为

.

18．在三棱锥中，底面是边长为2的等边三角形，且直线与平面所成角为为中点.

(1)求证：平面平面；

(2)求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）要证明面面垂直，需先证明线面垂直，转化为证明平面；

（2）根据（1）的结果，过点作延长线的垂线，垂足为，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量的夹角公式，即可求解.

【详解】（1）由为等边三角形，且为中点，得.

又因为，平面，

所以平面，因为平面，

所以平面平面

（2）过作延长线的垂线，垂足为，连接.

由（1）知，平面，又因为平面，所以.

因为，平面，所以平面.

直线与平面所成角为，则.

以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，过点作与轴平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由题可得，.

设为平面的法向量，则

可取

设为平面的法向量，则

可取

因为，

则，

所以二面角的正值为

19．已知等比数列的前项和为，且满足.

(1)求数列的通项；

(2)在和之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据递推关系求出等比数列的公比，由等比数列的通项公式求解；

（2）利用错位相减法求和，然后分析即可.

【详解】（1）当时，，即，

当时，，即，

又因为是等比数列，

所以的公比为3，且，即，

所以；

（2）由（1）可得，

所以，

则，

所以令，①

所以，②

①②：

所以，

因为，

所以.

20．杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》､《日用算法》和《杨辉算法》，杨辉在1261年所著的《详解九章算法》给出了如下图1所示的表，我们称这个表为杨辉三角，图2是杨辉三角的数字表示，杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.

杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题.

性质1：杨辉三角的第行就是的展开式的二项式系数；

性质2（对称性）：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即；

性质3（递归性）：除1以外的数都等于肩上两数之和，即；

性质4：自腰上的某个1开始平行于腰的一条线上的连续个数的和等于最后一个数斜右下方的那个数，比如：；

请回答以下问题：

(1)求杨辉三角中第8行的各数之和；

(2)证明：；

(3)在的展开式中，求含项的系数.

【答案】(1)256

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）由杨辉三角的第八行结合组合数的性质求解即可；

（2）由组合数公式证明即可；

（3）由二项式定理结合组合数性质求解即可.

【详解】（1）杨辉三角中第8行的各数之和为

（2）

，

（3）的展开式中，求含项的系数为

21．已知函数

(1)讨论的单调性；

(2)若有两个零点，求的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）对函数求导，再对进行分类讨论，根据和，即可得函数的单调性；

（2）根据（1）的单调区间，对进行分类讨论，结合单调性和函数值的变化特点，即可得到的取值范围.

【详解】（1）的定义域为，

（i）若，则，由得.

当时，；当时，，

所以在单调递减，在单调递增.

（ii）若，则由得.

①当时，则，

当时，；

当时，；

当时，；

所以在单调递减，在单调递增，在单调递减.

②当时，则，此时，所以在单调递减.

③当时，则，

当时，；

当时，；

当时，；

所以在单调递减，在单调递增，在单调递减.

综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；

当时，在和上单调递减，在上单调递增；

当时，在上单调递减；

当时，在和上单调递减，在上单调递增.

（2）（i）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为

①当时，由于，故只有一个零点；

②当时，由于，即，故没有零点；

③当时，，即.

当时，，故，所以，

故在有一个零点.

设，，

时，单调递增，所以，

即当时，，

故，

所以，因此在有一个零点.

（ii）若，由（1）知，至多有一个零点；

（iii）若，由（1）知，至多有一个零点；

（iv）若，由（1）知，至多有一个零点；

综上，的取值范围为

【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路：

（1）直接法：直接根据题设条件对参数进行分类讨论，构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解．

22．已知以为焦点的椭圆过，记椭圆的另一个焦点的轨迹为曲线.

(1)求曲线的方程；

(2)若直线是曲线的切线，且与直线和分别交于点，与轴交于点，求证：为定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意，由双曲线的定义，即可得到结果；

（2）根据题意，分直线的斜率存在与不存在分别讨论，结合韦达定理代入计算，即可得到证明；

【详解】（1）由题意得，即，

所以的轨迹是以为焦点的双曲线的右支，方程为

（2）  

当切线的斜率存在时，设切线为，则，

联立可得：，

则，即，

设，直线和是曲线的渐近线，

联立可得：，则，，，所以.

当切线的斜率不存在时，易知.

【点睛】关键点睛：本题主要考查了直线与双曲线的位置关系，难度较难，解答本题的关键在于分直线的斜率存在与不存在讨论，然后联立直线与双曲线方程，结合韦达定理代入计算.