2022-2023学年安徽省定远中学高二下学期7月教学质量检测数学试题含答案

这是一份2022-2023学年安徽省定远中学高二下学期7月教学质量检测数学试题含答案，共21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。
2022-2023学年安徽省定远中学高二下学期7月教学质量检测数学试题

一、单选题
1．已知直线的一个方向向量为，则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用直线的方向向量与斜率的关系，即可求出答案.
【详解】因为直线的一个方向向量为，所以直线的斜率．
故选：D．
2．如图，在四面体中，是的中点，设，，，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据三角形法则先求得向量、，进而求得．
【详解】解：，
，
．
故选：B．
3．某书院数科考试中有这样一道题：那年春，夫子游桃山，一路摘花饮酒而行，始切一斤桃花，饮一壶酒，复切一斤桃花，又饮一壶酒，后夫子惜酒故再切一斤桃花，只饮半壶酒，再切一斤桃花，饮半半壶酒，如是而行，终夫子切六斤桃花而醉卧桃山问：夫子切了六斤桃花一共饮了几壶酒（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意得到数列前项都是，从第二项开始，构成以公比为的等比数列求解.
【详解】解：由题意可知，数列前项都是，从第二项开始，构成以公比为的等比数列，
所以前项和为：，
.
故选：B．
4．第十四届全国人民代表大会第一次会议于2023年3月5日在北京召开，3月6日各代表团分组审议政府工作报告．某媒体4名记者到甲、乙、丙3个小组进行宣传报道，每个小组至少一名记者，则记者A被安排到甲组的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据分组分配问题，利用排列组合计算个数，由古典概型的概率公式即可求解.
【详解】4名记者到甲、乙、丙3个小组进行宣传报道，每个小组至少一名记者，共有种不同情况，
记者A被安排到甲组有种，所求概率为，
故选:B．
5．某市教体局对全市高一年级的学生身高进行抽样调查，随机抽取了100名学生，他们的身高都处在A，B，C，D，E五个层次内，根据抽样结果得到统计图表，则样本中B层人数是（    ）

A．12 B．24 C．32 D．36
【答案】D
【分析】分别通过条形图和扇形图得出女生和男生的人数，最后相加即可.
【详解】女生在B层次人数为24，而女生总人数为：9+24++15+9+3=60人，故男生人数为100-60=40人，在B层次人数为40×30%=12，所以在B层一共36人.
故选：D.
6．“点在圆外”是“直线与圆相交”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】求出给定的两个命题的充要条件，再分析即可判断得解.
【详解】命题p：点在圆外等价于，
命题q：直线与圆相交等价于，
从而有，所以p是q的必要不充分条件.
故选：B
7．设，，，是半径为1的球的球面上的四个点．设，则不可能等于（    ）
A．3 B． C．4 D．
【答案】A
【分析】根据条件，得到，利用判断等号成立条件，确定不可能取的值.
【详解】因为，
且，所以，
而，当且仅当同向时，等号成立，
而A，，，在球面上，不可能共线，即不同向，
所以
且均小于直径长2，即，
综上，.
根据选项可知A不符合.
故选：A
8．古希腊数学家阿波罗尼奥斯在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点射出的光线，经椭圆反射，其反射光线必经过椭圆的另一焦点，设椭圆方程，，为其左、右焦点，若从右焦点发出的光线经椭圆上的点A和点B反射后，满足，，则该椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意，作图，利用三角函数的性质，可设线段的表示，根据齐次方程的思想，可得答案.
【详解】由题意，可作图如下：

则，，即，
可设，，，
由，则，即，
，在中，，
则.
故选：C.

二、多选题
9．已知函数，则（    ）
A．是函数的一个零点
B．是函数的一个极值点
C．函数在区间上单调递减
D．函数在处切线的斜率为
【答案】CD
【分析】A.用倍角公式化解函数，把代入解析式，看函数值是否为零.
B.求出函数的导数，把代入导函数中，看到函数值是否为零.
C.直接求出函数的单调递减区间即可得到答案.
D.函数在某个点额切线斜率等于函数在这个点处的导数值.
【详解】， .
A选项:时，，故A选项错误
B.，故B选项错误
C.令，解得，则在上单调递减，其中，故选项C正确.
D.由B选项得函数在处切线的斜率为.故D选项正确.
故选：CD.
10．抛掷一枚质地均匀的骰子（六个面上的数字是、、、、、），抛掷两次．设事件“两次向上的点数之和大于”，事件“两次向上的点数之积大于”，事件“两次向上的点数之和小于”，则（    ）
A．事件与事件互斥 B．
C． D．事件与事件相互独立
【答案】AC
【分析】列举出事件、、所包含的基本事件，利用互斥事件的定义可判断A选项；利用古典概型的概率公式可判断B选项；利用条件概率公式可判断C选项；利用独立事件的定义可判断D选项.
【详解】抛掷一枚质地均匀的骰子（六个面上的数字是、、、、、），抛掷两次，
设第一次、第二次抛掷骰子正面朝上的点数分别为、，
以为一个基本事件，则基本事件的总数为，
事件包含的基本事件有：、、、、、、、
、、、、、、、，共种，
事件包含的基本事件有：、、、、、，共种，
事件包含的基本事件有：、、、、、、、
、、、、、、、、、、
、、、、、、、、、、
、、，共种，
对于A选项，事件与事件互斥，A对；
对于B选项，事件包含的基本事件有：、、、、、，共种，
所以，，B错；
对于C选项，，C对；
对于D选项，，，
事件包含的基本事件有：、、、、、、、
、，共种，
所以，，D错.
故选：AC.
11．关于函数，，下列说法正确的是 （    ）
A．当时，在处的切线方程为；
B．当时，存在唯一极小值点，且；
C．对任意，在上均存在零点；
D．存在，在上有且只有两个零点．
【答案】ABD
【分析】对于选项，可得继而，可求在处的切线方程；对于选项, 当时，可用隐零点的处理手段虚设零点，求得最值再整体代换即可；对于、选项，可用函数与方程的思想将函数的零点问题转化为两函数相交问题.
【详解】当时，，，，，
在处的切线方程为，即，故A正确；
当时，，，令，当时，，所以在上单调增，又所以存在唯一，使得，即，
且当，，单调递减，
当，，单调递增，
存在唯一极小值点，
且，，
，故B正确；
令，当时，
分离参数可得，
设，，
令，解得，，
作出的图像，
    
当时，取极小值，也是上的最小值为，
当时，取极大值，也是上的最大值为，
由图像可知当时，在上没有零点，故C错误，
当时，在上有两个零点，故D正确．
综上，正确的是ABD．
故选：ABD．
12．设双曲线，直线与双曲线的右支交于点，，则下列说法中正确的是（    ）
A．双曲线离心率的最小值为4
B．离心率最小时双曲线的渐近线方程为
C．若直线同时与两条渐近线交于点，，则
D．若，点处的切线与两条渐近线交于点，，则为定值
【答案】BCD
【分析】由离心率公式，结合基本不等式可判断A；根据可得双曲线方程，然后可得渐近线方程，可判断B；将问题转化为AB的中点与CD的中点是否重合的问题，设直线方程，联立渐近线方程求C，D坐标，再由点差法求AB的中点坐标，然后可判断C；结合图形可知，利用导数求切线方程，联立渐近线方程求E，F的横坐标，代入化简可判断D.
【详解】由题知，，当且仅当时等号成立，所以的最小值为4，的最小值为2，故A错误；
当时，双曲线方程为，
此时渐近线方程为，即，B正确；
若直线的斜率不存在，由对称性可知；当斜率存在时，设直线方程为，，AB的中点为，CD的中点为
则，由点差法可得，所以，
所以，
又双曲线渐近线方程为，联立分别求解可得，
所以，
所以M，N重合，则，或，故C正确；
    
若，则双曲线方程为，渐近线方程为，
不妨设点A在第一象限，双曲线在第一象限的方程为，
，得切线斜率为，方程为，
设点E，F坐标分别为，分别作垂直于y轴，垂足分别为P，Q，E在第一象限，F在第四象限，
则

又，所以，
联立渐近线方程和切线方程可解得，
整理得，
两式相乘得，所以，
所以，D正确.
故选：BCD
  
【点睛】本题考察圆锥曲线的综合运用，C选项需要灵活处理，将问题转化为AB的中点与CD的中点是否重合的问题，利用点差法和直接计算可解；D选项需结合图象将面积灵活转化，在求解时，要结合式子的结构特征灵活处理.

三、填空题
13．在的展开式中，项的系数为 ．
【答案】
【分析】由二项式展开式的通项公式写出其通项公式，令确定的值，然后计算项的系数即可.
【详解】展开式的通项公式，
令可得，，
则项的系数为.
故答案为：60.
14．已知函数及其导数，若存在，使得，则称是的一个“巧值点”，给出下列四个函数：；；；，其中有“巧值点”的函数是
【答案】①③
【分析】根据“巧值点”的定义，确定方程是否有解，即可判断.
【详解】中的函数，，要使，则，解得或，可见函数有巧值点，故成立；
对于中的函数，要使，则，由对任意的，有，可知方程无解，原函数没有巧值点，故不成立；
对于中的函数，要使，则，
设，函数在上单调递增，且，，所以函数在上存在零点，即存在使，因此方程有解，原函数有巧值点，故成立；
对于中的函数，要使，则 ，即，显然无解，原函数没有巧值点，故不成立．
故答案为：．
15．在数列中，，；等比数列的前n项和为．当时，使得恒成立的实数的最小值是 ．
【答案】
【解析】分别求出、的通项，再构建新数列，求出最大项后可得实数的最小值.
【详解】因为，故是以1为首项，以1为公差的等差数列，
所以，．
当时，，
是等比数列，也适合，
故即，．
又恒成立等价于恒成立，，
令，则，
当时，，当时，，
故，．
【点睛】方法点睛：含参数的数列不等式的恒成立，可利用参变分离将参数的取值范围问题转化新数列的最值问题，后者可利用数列的单调性来处理.
16．已知函数为定义在上的奇函数，则不等式的解集为 .
【答案】
【分析】根据奇函数性质可得定义域关于原点对称求出，，再利用函数单调性和奇偶性即可求出不等式的解集.
【详解】根据奇函数定义可知，可得，函数定义域为；
又，可得，所以；
易知函数在上单调递增，
所以不等式即为，
根据函数单调性和奇偶性可得，解得.
故答案为：

四、解答题
17．如图，在四面体中，，，，，．
  
(1)求证：、、、四点共面．
(2)若，设是和的交点，是空间任意一点，用、、、表示．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）证明出，即可证得结论成立；
（2）由（1）可得出，可得出，则，由此可得出，再结合空间向量的线性运算可得出关于、、、的表达式.
【详解】（1）证明：因为，
，
所以，则，因此、、、四点共面．
（2）解：当时，，即，可得，
因为，即，可得，
由（1）知，，，因此，
又因为、不在同一条直线上，所以，，
则，则，即，
所以，
.
18．已知等差数列和等比数列满足，．
(1)求数列，的通项公式；
(2)设数列中不在数列中的项按从小到大的顺序构成数列，记数列的前n项和为，求．
【答案】(1)，，
(2)

【分析】（1）由题知，进而得等差数列的公差为，进而根据等差数列通项公式和指对互化即可得答案；
（2）由题知数列的前50项是由数列的前55项去掉数列的前5项后构成的，进而根据等差数列，等比数列的求和公式求解即可.
【详解】（1）解：因为等差数列和等比数列满足，，
所以，
所以等差数列的公差为，
所以，，
所以，，，
（2）解：由（1），即是数列中的第项．
设数列的前n项和为，数列的前n项和为，
因为
所以数列的前50项是由数列的前55项去掉数列的前5项后构成的，
所以．
19．如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，，为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.
  
(1)求证：平面平面PBC；
(2)求平面AEF与平面PDC夹角的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2).

【分析】（1）根据面面垂直的判断定理，转化为证明平面；
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和的法向量，利用法向量夹角的余弦公式，求余弦值的最大值.
【详解】（1）中，E为PB的中点，所以.
在正方形ABCD中，.
因为平面ABCD，平面ABCD，即.
又因为，平面PAB，所以平面PAB.
平面PAB，即，又因为，，平面PBC.
所以平面PBC，平面AEF，
即平面平面PBC.
（2）因为平面ABCD，底面ABCD是正方形，所以易知AB，AD，AP两两垂直.
以A为原点， AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
  
有，，，，，
PB中点，设，.
，，，.
设平面PCD的法向量，由，
得，取.
设平面的法向量，由，
得，取.
所以平面AEF与平面PCD的夹角的余弦值为.
令，，
则，
所以当即时，平面AEF与平面PCD的夹角的余弦值取得最大值，
此时平面AEF与平面PCD的夹角取得最小值.
20．第19届亚运会将于2023年9月23日在杭州拉开帷幕，为了更好地迎接亚运会，杭州市政府大举加强了城市交通基础设施的建设．至2023年地铁运行的里程数达到516公里，排位全国第六．同时，一张总长464公里、“四纵五横”为骨架、通达“东西南北中”十城区的快速路网也顺利完工准备接待世界各地的来宾．现杭州公共出行的主流方式为地铁、公交、打车、共享单车这四种，基本可以覆盖大众的出行需求．
(1)一个兴趣小组发现，来自不同的城市的游客选择出行的习惯会有很大差异，为了验证这一猜想该小组进行了研究．请完成下列列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析城市规模是否与出行偏好地铁有关？（精确到0.001）
单位：人
出行方式
国际大都市
中小型城市
合计
偏好地铁

20
100
偏好其他
60


合计

60

(2)国际友人David来杭游玩，每日的行程分成段，为了更好的体验文化，相邻两段的出行方式不能相同，且选择地铁、公交、打车、共享单车的概率是等可能的．已知他每日从酒店出行的方式一定是从地铁开始，记第段行程上David坐地铁的概率为，易知，
①试证明为等比数列；
②设第次David选择共享单车的概率为，比较与的大小．
附：，．

0.050
0.010
0.001

3.841
6.635
10.828
【答案】(1)表格见解析，有关系
(2)①证明见解析；②．

【分析】（1）根据题意即可完成列联表，再根据公式求出，再对照临界值表即可得出结论；
（2）①根据全概率公式结合等比数列的定义即可得出结论；
②先求出的表达式，进而可求出，即可得解.
【详解】（1）列联表如下：
出行方式
国际大都市
中小型城市
合计
首选地铁
80
20
100
首选其他
60
40
100
合计
140
60
200
零假设为：城市规模与出行偏好地铁无关，
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为城市规模与出行偏好地铁有关，此推断犯错误的概率不大于0.010；
（2）①证明：第段行程上David坐地铁的概率为，
则当时，第段行程上David坐地铁的概率为，不坐地铁的概率为，
则，
从而，
又，所以是首项为，公比为的等比数列；
②由①可知，
则，又，故．
21．已知点在抛物线E：（）的准线上，过点M作直线与抛物线E交于A，B两点，斜率为2的直线与抛物线E交于A，C两点.
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)（ⅰ）求证：直线过定点；
（ⅱ）记（ⅰ）中的定点为H，设的面积为S，且满足，求直线的斜率的取值范围.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）

【分析】（1）根据点在抛物线的准线上可得，即可求出抛物线方程
（2）（ⅰ）设直线的方程为，与抛物线联立方程组得到，再写出直线的方程，根据两点式写出 ，整理消去 ，即可求出直线所过定点
（ⅱ）因为，根据（ⅰ）中的结论和弦长公式求出，再根据列出关于的不等式，解出的范围即可
【详解】（1）由题意可知C：（）的准线方程为：，
即，所以.
抛物线C的标准方程为
（2）设，，，
（ⅰ）由题意知直线不与y轴垂直，故直线方程可设为：，
与抛物线方程联立
，化简得：，根据韦达定理可得：
即，
，直线方程为，整理得：.
又因为，即.
将代入化简可得：，
代入整理得：
故直线过定点
（ⅱ）由（ⅰ）知与x轴平行，直线的斜率一定存在
，
由（ⅰ）知
所以，又因为
即，化简得或
又由，得：且，即或
综上所述，
22．已知函数.
(1)讨论的零点个数；
(2)当有两个零点时，分别设为，，试判断与2的大小关系，并证明.
【答案】(1)答案见解析；
(2)，证明见解析.

【分析】（1）利用导数可求出的最小值为，后讨论最小值与0的大小结合零点存在性定理可解决问题；
（2）由（1）可得，在区间上单调递增，则与2的大小关系，等价于与的大小关系，即与的大小关系，又注意到，故利用导数研究函数的单调性即可.
【详解】（1）
，
因为，所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以.
所以当，即时，的零点个数为0；
当，即时，的零点个数为1；
当，即时，注意到，

，
因，则，令，则.
令，则，
因，得，即在上单调递增.
则，则.
故，使得，得时，的零点个数为2.
综上：时，的零点个数为0；
时，的零点个数为1；
得时，的零点个数为2.
（2）.证明如下：
由（1）可知，当时，函数有两个零点，且.
令，，
则，
当时，，所以在区间上单调递增，
所以，
所以.因为，所以.
又由（1）知在区间上单调递增，则，
故.
【点睛】关键点点睛：本题涉及讨论函数零点与双变量问题，难度较大.
（1）讨论零点常利用导数结合零点存在性定理或数形结合，本题采用第一种方法，难点在于取点；
（2）该问为极值点偏移问题，常利用构造差函数或利用消元将双变量变为单变量.