2023-2024学年安徽省宿州市省、市示范高中高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省宿州市省、市示范高中高二（下）期中数学试卷（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.曲线y=1x在点(1,1)处的切线的倾斜角α等于( )
A. π4B. π3C. 3π4D. −π4
2.3个班分别从5个风景点处选择一处游览，不同的选法种数是( )
A. 53B. 35C. A53D. C53
3.已知{an}为等比数列，q为公比，则“q>1”是“{an}为递增数列”的( )
A. 既不充分也不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 充分不必要条件
4.C10020−C10121+C10222−…+C1010210=( )
A. −11024B. 11024C. −310210D. 310210
5.已知等比数列{an}中，a2⋅a8=4a5，等差数列{bn}中，b4+b6=a5，则数列{bn}的前9项和S9等于( )
A. 9B. 18C. 36D. 72
6.已知圆C：(x−3)2+(y−2)2=9，直线l：mx−y−3m+3=0，则直线l与圆C的位置关系为( )
A. 相交B. 相切C. 相离D. 不确定
7.作为泗县地方传统美食之一，传承百余年的“刘圩大饼”，其制作技艺已被列入宿州市非物质文化遗产，深受广大群众的喜爱，远近闻名，是泗县饮食文化的一张亮丽名片.用一个传统的饼铛烙饼，每次饼铛上最多只能同时放两张大饼，烙熟一张大饼需要8分钟的时间，其中每烙熟一面需要4分钟.那么要烙熟5张大饼，至少需要( )
A. 16分钟B. 20分钟C. 24分钟D. 40分钟
8.已知a=ln 2，b=e−1，c=ln33(e为自然对数的底数)，则实数a，b，c的大小关系为( )
A. a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.在平面直角坐标系中，曲线C上任意点P与两个定点A(−1,0)和点B(1,0)连线的斜率之积等于2，则关于曲线C的结论正确的有( )
A. 曲线C为双曲线B. 曲线C是中心对称图形
C. 曲线C上所有的点都在圆x2+y2=1外D. 曲线C是轴对称图形
10.已知随机变量X服从正态分布N(0,1)，定义函数f(x)为X取值不超过x的概率，即f(x)=P(X≤x)，则下列说法正确的有( )
A. f(0)=12B. f(1)−f(−1)≈0.6827
C. f(x)在(0,+∞)上是减函数D. f(2x)=2f(x)
11.已知数列{an}满足a1=1，|an+1|=|an+1|(n∈N*)，则( )
A. a3可以是3B. {an}可以是等比数列
C. |a1+a2+…+a10|的最小值为0D. {an}可以是周期数列
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知随机变量X～B(4,p)，E(X)=43，则D(2X−1)= ______．
13.已知f′(x)是f(x)的导函数，且f′(1)=3，则Δx→0limf(1)−f(1+2Δx)Δx= ______．
14.2000多年前，古希腊数学家最先开始研究圆锥曲线，并获得了大量的成果.古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥的方法来研究这几种曲线.用垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面倾斜到“和且仅和”圆锥的一条母线平行时，得到抛物线；用平行于圆锥的轴的平面截取，可得到双曲线的一支(把圆锥面换成相应的二次锥面时，则可得到双曲线).现用一个垂直于母线的平面去截一个等边圆锥(轴截面为等边三角形)，则所得的圆锥曲线的离心率为______．
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)
过抛物线y2=2px(p>0)的焦点且斜率为1的直线交抛物线于A、B两点，已知|AB|=16．
(1)求抛物线的方程；
(2)O为坐标原点，求△AOB的面积．
16.(本小题15分)
已知数列{an}为等差数列，且a2+a3=8，a5+a6=20．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=4anan+2，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<43．
17.(本小题15分)
如图，圆台上底面圆O1的半径为 2，下底面圆O2的半径为2，AB为圆台下底面的一条直径，圆O2上点C满足AC=BC，PO1是圆台上底面的一条半径，点P，C在平面ABO1的同侧，且PO1/​/BC．
(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；
(2)若圆台的高为2，求直线AO1与平面PBC所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
某校高二年级数学竞赛选拔赛分为初赛和决赛两阶段进行.初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个班级派出两名同学，且每名同学都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的同学才具备参与决赛的资格.高二某班派出甲和乙参赛.在初赛中，若甲通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是45、34，乙通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是23、12，且每名同学所有轮次比赛的结果互不影响．
(1)若该班获得决赛资格的同学个数为X，求X的分布列和数学期望；
(2)已知甲和乙都获得了决赛资格.决赛的规则如下：将问题放入A，B两个纸箱中，A箱中有3道选择题和3道填空题，B箱中有4道选择题和4道填空题.决赛中要求每位参赛同学在A，B两个纸箱中随机抽取两题作答.甲先从A箱中依次抽取2道题目，答题结束后将题目一起放入B箱中，然后乙再从B箱中抽取题目．
①求乙从B箱中抽取的第一题是选择题的概率；
②已知乙从B箱中抽取的第一题是选择题，求甲从A箱中抽出的是2道选择题的概率．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=lnx+ax2−3x(a∈R)．
(1)若函数f(x)在点(2,f(2))处的切线与直线3x−2y=0平行，求函数f(x)的极值；
(2)若a=1，对于任意x1，x2∈[1,10]，当x1m(x2−x1)x1x2恒成立，求实数m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵y=1x，∴y′=−1x2，
∴当x=1时，k=tanα=−1，
∵α∈[0,π)，∴α=3π4，
∴倾斜角为3π4．
故选：C．
先求出导数，再根据导数几何意义得切线斜率，最后根据斜率与倾斜角关系得结果．
本题考查导数的计算法则以及导数几何意义，属基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵共3个班，每班从5个风景点中选择一处游览，
∴每班都有5种选择，
∴不同的选法共有53，
故选：A．
每班从5个风景点中选择一处游览，每班都有5种选择，根据乘法原理，即可得到结论
本题考查计数原理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：{an}为递增数列⇔an+1>an⇔a1>0，q>1；a1<0，0∴“q>1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件．
故选：A．
{an}为递增数列⇔an+1>an⇔a1>0，q>1；a1<0，0本题考查了等比数列的单调性、不等式的性质、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：C10020−C10121+C10222−⋅⋅⋅+C1010210=(1−12)10=1210=11024．
故选：B．
借助二项式定理可得C10020−C10121+C10222−⋅⋅⋅+C1010210=(1−12)10，即可得解．
本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：∵数列{an}是等比数列，
∴a2⋅a8=a52，
又a2⋅a8=4a5，
∴a52=4a5，
解得a5=4．
∴b4+b6=a5=4．
∵数列{bn}是等差数列，
∴数列{bn}的前9项和S9=(b1+b9)×92=(b4+b6)×92=4×92=18．
故选：B．
由等比数列的性质结合已知求得a5=4，代入b4+b6=a5，进一步代入等差数列的求和公式得答案．
本题考查了等比数列和等差数列的性质，考查了等差数列的前n项和，是基础题．
6.【答案】A
【解析】解：由直线l：mx−y−3m+3=0，可得y−3=m(x−3)，所以直线l过定点(3,3)，
又(3−3)2+(3−2)2<9，所以点(3,3)在圆C内部，所以直线l与圆C相交．
故选：A．
求出直线l过的定点坐标，然后判断定点与圆的位置关系，进而可得直线与圆的位置关系．
本题考查直线与圆的位置关系的判断，是基础题．
7.【答案】B
【解析】解：根据题意，烙熟一张大饼需要两面烙熟，这5张大饼的两面分别记作A1，A2，B1，B2，C1，C2，D1，D2，E1，E2，
每次饼铛上最多只能同时放两张大饼，每烙熟一面需要4分钟．可将上面5张大饼的10个面分成5组烙熟，
比如(A1,B1)，(A2,B2)，(C1,D1)，(C2,E1)，(D2,E2)，则至少需要20分钟．
故选：B．
根据题意将5张大饼的10个面分成5组烙熟，每组需要4分钟，可求得答案．
本题考查优化问题，考查分析问题解决问题的能力，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：令f(x)=lnxx，则f′(x)=1−lnxx2，
故当x∈(0,e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
而b=e−1=lnee=f(e)，c=ln33=ln33=f(3)，
因为e<3，f(e)>f(3)，故c因为函数y=lnx在(0,+∞)上为增函数，
而( 2)6=[( 2)2]3=8,(33)6=[(33)3]2=9，且8<9，
所以 2<33，所以a所以a故选：A．
根据a，b，c式子特点，构建函数f(x)=lnxx，利用导数判断函数f(x)的单调性，利用函数单调性比较b，c大小，再由y=lnx的单调性比较a，c大小，则可得结果．
本题主要考查了导数与单调性关系在函数值大小比较中的应用，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：对于A，设点P(x,y)，
由题意得，kPA⋅kPB=2，即yx+1⋅yx−1=2，且x≠±1，
化简得x2−y22=1(x≠±1)，
所以曲线C是双曲线除去顶点(−1,0)，(1,0)，如图所示，
故A错误；
对于B，曲线C关于原点(0,0)中心对称，故B正确；
对于C，曲线C上所有点均在圆x2+y2=1外，故C正确；
对于D，曲线C关于x，y轴对称，故D正确．
故选：BCD．
设P(x,y)，根据题意，列式求出点P的轨迹方程，再逐项判断，即可得解．
本题考查曲线与方程，熟练掌握轨迹方程的求法，双曲线的方程与性质是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
10.【答案】AB
【解析】解：因为X～N(0,1)，所以f(0)=P(X≤0)=12，故A正确；
若X～N(μ,σ2)，则P(|X−μ|<σ)≈0.6827，
所以f(1)−f(−1)=P(X≤1)−P(X≤−1)=P(−1≤X≤1)≈0.6827，故B正确；
当x增大时f(x)=P(X≤x)也增大，所以f(x)在(0,+∞)上是增函数，故C错误；
因为f(2x)=P(X≤2x)，2f(x)=2P(X≤x)，
当x>0时，f(x)=P(X≤x)>12，则2f(x)>1，
又f(2x)=P(X≤2x)<1，所以f(2x)=2f(x)不成立，故D错误．
故选：AB．
根据正态曲线的性质判断A、B、D，由正态曲线的性质及函数单调性的定义判断C．
本题主要考查了正态分布曲线的对称性，属于基础题．
11.【答案】AD
【解析】解：对于选项A，注意到数列an=n满足条件，此时a3=3，故A正确；
对于选项B，假设{an}是等比数列，设公比为q，则an=qn−1，从而|qn|=|qn−1+1|．
故|q|2n+1=|q2n+1|=|q2n+1|=q2n+1=|q|2n+1，这意味着1|q|2n=|q|−1，从而1|q|2n与n无关，
故|q|=1，但这又意味着1=1|q|2n=|q|−1=0，矛盾，所以{an}不是等比数列，故B错误；
对于选项C，因为|an+1|=|an+1|，所以an+1=an+1或an+1=−an−1，
而a1=1，归纳即知{an}的每一项都是整数，且相邻两项的奇偶性相反，
所以a1+a2+⋅⋅⋅+a10是五个奇数和五个偶数之和，从而一定是奇数，不可能为零．
这表明|a1+a2+⋅⋅⋅+a10|>0，故C错误；
对于选项D，由于数列an=−1+3⋅(−1)n2，满足条件，而此时显然有an+2=an，
故{an}可以是周期数列，故D正确．
故选：AD．
对于选项A，举出an=n即可；对于选项B，用反证法证明{an}不是等比数列即可；对于选项C，证明a1+a2+⋅⋅⋅+a10是奇数即可；对于选项D，举出an=−1+3⋅(−1)n2即可．
本题考查数列的递推式和等差数列、等比数列的定义和通项公式、数列的周期性，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
12.【答案】329
【解析】解：由E(X)=4p=43，故p=13，
所以D(X)=4×13×(1−13)=89，
所以D(2X−1)=22D(X)=4×89=329．
故答案为：329．
借助二项分布期望公式与方差公式，结合方差的性质计算即可得．
本题考查了二项分布的期望和方差的有关计算，属于基础题．
13.【答案】−6
【解析】解：由已知可得Δx→0limf(1)−f(1+2Δx)Δx=−2△x→0limf(1)−f(1+2△x)−2△x=−2f′(1)=−2×3=−6．
故答案为：−6．
利用导数的几何意义以及极限的性质化简即可求解．
本题考查了导数的几何意义以及极限的性质，属于基础题．
14.【答案】 33
【解析】解：如图△PAB是等边三角形，设棱长为12，不妨过点A作垂直于母线PB的平面，得到截面曲线为椭圆，
截面过PB的中点M，则椭圆长轴长2a=|AM|=6 3，
取线段AM的中点O′，连接PO′并延长交AB于点Q，过Q作EF⊥AB交底面圆于点E，F，
连接PE，PF分别交椭圆于点G，H，则椭圆短轴长2b=|GH|，且EF/​/GH，
取BQ中点N，连接MN，则MN/​/PQ，|PQ|=2|MN|，|QO′|=12|MN|=14|PQ|，
因此2b|EF|=|PO′||PQ|=34，即2b=34|EF|，显然Q，N是线段AB的两个3等分点，
即|AQ|=4，|BQ|=8，由相交弦定理得|EQ|2=|AQ||BQ|=32，解得|EQ|=4 2，
于是2b=34⋅2|EQ|=6 2，ba= 2 3，
所以椭圆的离心率e= a2−b2a= 1−b2a2= 33．
故答案为： 33．
根据给定信息可得圆锥曲线为椭圆，过圆锥底面圆周上一点作符合要求的截面，结合几何图形求出椭圆长轴长和短轴长的关系即可．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
15.【答案】解：(1)设AB的方程为y=x−p2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由y=x−p2y2=2px并化简得x2−3px+p24=0，
则x1+x2=3p，x1⋅x2=p24，
|AB|=x1+x2+p=4p=16，故p=4，
所以抛物线方程为y2=8x．
(2)由(1)知AB方程为x−y−2=0，
则原点O到AB的距离d=2 2= 2，
所以S△OAB=12|AB|d=8 2．
【解析】(1)首先直线与抛物线方程联立，利用韦达定理表示焦点弦长公式，即可求解；
(2)根据(1)的结果，利用点到直线的距离公式表示三角形的高，即可求解面积．
本题考查抛物线的方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
16.【答案】解：(1)设数列{an}的公差为d，
由题意可得：a2+a3=2a1+3d=8a5+a6=2a1+9d=20，解得a1=1d=2，
故an=2n−1；
(2)证明：由an=2n−1，故bn=4(2n−1)(2n+3)=12n−1−12n+3，
Tn=b1+b2+⋅⋅⋅+bn=(1−15)+(13−17)+(15−19)+(17−111)+⋅⋅⋅+(12n−1−12n+3)
=(1+13)−(12n+1+12n+3)=43−(12n+1+12n+3)<43．
【解析】(1)借助等差数列的性质，利用等差数列基本量计算即可得；
(2)借助裂项相消法计算可得Tn，即可得证．
本题考查裂项相消法求数列的和，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：取AC中点O，连接O1O2、OP、OO2，
AC=BCAB=4，则AC=BC=2 2，
∴PO1//BC且PO1=12BC，OO1//BC且OO1=12BC，
∴PO1//OO2且PO1=OO2，
∴四边形PO1O2O为平行四边形，
∴PO//O1O2，又O1O2⊥面ABC，
∴PO⊥面ABC，PO⊂面PAC，
∴面PAC⊥面ABC；
(2)以O为原点，分别以OA，OO2，OP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则A( 2,0,0)，B(− 2,2 2,0)，C(− 2,0,0)，P(0,0,2)，O1(0, 2,2)，
AO1=(− 2, 2,2)，PB=(− 2,2 2,−2)，PC=(− 2,0,−2)，
设面PBC的法向量n=(x,y,z)，则n⋅PB=− 2x+2 2y−2z=0n⋅PC=− 2x−2z=0，
令z=1，得x=− 2,y=0，
所以n=(− 2,0,1)，
所以|cs|=|AO1⋅n||AO1||n|=4 8× 3= 63，
即AO1与面PBC所成角的正弦值为 63．
【解析】(1)由题意可得AC=BC=2 2，证明四边形PO1O2O为平行四边形，则PO⊥面ABC，结合面面垂直的判定定理即可证明；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可．
本题主要考查了面面垂直的判定定理，考查了利用空间向量求直线与平面的夹角，属于中档题．
18.【答案】解：(1)甲获得决赛资格的概率P1=45×34=35，乙获得决赛资格的概率P2=23×12=13，
由题意得X=0，1，2，
则P(X=0)=(1−35)×(1−13)=415，P(X=1)=(1−35)×13+35×(1−13)=815，P(X=2)=35×13=315，
所以X的分布列为：
所以E(X)=0×415+1×815+2×315=1415；
(2)设事件Ai=“甲取到i道选择题”，i=0，1，2；事件B=“乙取到第一题是选择题”，
由题意可知，P(A0)=C32C62=315，P(A1)=C31C31C62=915，P(A2)=C32C62=315，
P(B|A0)=C41C101=410，P(B|A1)=C51C101=510，P(B|A2)=C61C101=610，
①由全概率公式可得：P(B)=P(A0)P(B|A0)+P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=12；
②由条件概率公式和乘法公式可得：P(A2|B)=P(A2B)P(B)=P(A2)P(B|A2)P(B)=625．
【解析】(1)分析题意，X为该班获得决赛资格的同学个数，因此需要分别计算出甲和乙进入决赛的概率P1和P2.进入决赛的人数X=0，1，2，求出概率，列出分布列，利用期望计算公式得到期望；
(2)能够直接计算出的是甲取到i道选择题的概率(i=0,1,2)，以及分别在甲抽取i道选择题条件下乙再抽取到选择题的概率，利用全概率公式和条件概率公式、乘法公式，可以得到①、②两问的结果．
本题主要考查了离散型随机变量的分布列和期望，考查了全概率公式和条件概率公式，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意得函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=1x+2ax−3，
则f′(2)=12+4a−3=32，解得：a=1，
所以f′(x)=1x+2x−3=2x2−3x+1x，
令f′(x)=0，解得：x=1或x=12，
当x∈(0,12)或x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
当x∈(12,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
则当x=1时，函数f(x)取得极小值，为f(1)=ln1+1−3=−2，
当x=12时，函数f(x)取得极大值，为f(12)=ln12+14−32=−ln2−54．
(2)由a=1得f(x)=lnx+x2−3x，
不等式f(x1)−f(x2)>m(x2−x1)x1x2可变形为f(x1)−f(x2)>mx1−mx2，
即f(x1)−mx1>f(x2)−mx2，因为x1，x2∈[1,10]，且x1所以函数y=f(x)−mx在[1,10]上单调递减，
令h(x)=f(x)−mx=lnx+x2−3x−mx，x∈[1,10]，
则h′(x)=1x+2x−3+mx2≤0在x∈[1,10]上恒成立，
即m≤−2x3+3x2−x在x∈[1,10]上恒成立，
设F(x)=−2x3+3x2−x，则F′(x)=−6x2+6x−1=−6(x−12)2+12，
因为当x∈[1,10]时，F′(x)<0，所以函数F(x)在[1,10]上单调递减，
所以F(x)min=F(10)=−2×103+3×102−10=−1710，所以m≤−1710，
即实数m的取值范围为(−∞,−1710]．
【解析】(1)首先根据导数的几何意义，列式求参数，再利用导数判断函数的单调性，即可求解函数的极值；
(2)首先不等式变形为f(x1)−mx1>f(x2)−mx2，再构造函数y=f(x)−mx，再由函数的单调性，转化为函数单调递减求参数的取值范围．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值，属于中档题．X
0
1
2
P
415
815
315