2023-2024学年安徽省阜阳市高二年级下学期教学质量统测数学试题（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年安徽省阜阳市高二年级下学期教学质量统测数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.设集合U=R，集合M={x|x2−2x−3≤0}，N={−3,−1,1,2,3}，则N∩(A.{−3,−1,1,2,3} B.{−3,3} C.{−3,−1,3} D.{−3}2.若复数z满足z+2z=3−2i，则|z|A.2 B.2 C.5 D.3.2024年4月21日，13000多人参赛的2024阜阳马拉松在市规划展示馆旁鸣枪起跑.经过激烈角逐，前八名的成绩(单位：小时)分别为2.37，2.40，2.43，2.44，2.45，2.48，2.50，2.52，则这组数据的80%分位数是(

)A.2.48 B.2.49 C.2.50 D.2.524.若角α满足sinα+sin2α=0(α≠kπ,k∈Z)，则cosA.1 B.−1 C.0 D.−5.抛物线绕它的对称轴旋转所得到的曲面叫抛物面，用于加热水和食物的太阳灶应用了抛物线的光学性质：一束平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物面的反射后，集中于它的焦点.已知一束平行反身于x轴的入射光线与抛物线y2=2px的交点为A(4,4)，则反射光线所在直线被抛物线截得的弦长为(

)

A.274 B.214 C.2546.(x−1x+2)5A.120 B.80 C.60 D.407.图 ①是底面边长为2的正四棱柱，直线l经过其上、下底面中心.将其上底面绕直线l顺时针旋转45∘，得图 ②，若△BEF为正三角形，则图 ②所示几何体外接球的表面积为(

)

A.(8+22)π B.(8+42)π8.已知函数f(x)=ln(x+1)+asinx+bcosx.若x=0是f(x)的一个极大值点，且aA.4 B.3 C.2 D.1二、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.已知函数f(x)=2sin(2ωx+φ)(ω>0,φ∈(0,2π))的部分图象如图所示，则下列对f(x)性质描述正确有(

)A.φ=π4

B.f(x)图象的对称轴方程为x=kπ−π4(k∈Z)

C.ω=10.已知奇函数f(x)和它的导函数g(x)的定义域均为R，且f(2−x)+f(x)=4，则下列结论正确的有(

)A.f(x+4)=f(x) B.g(x)为偶函数 C.g(x)=g(2−x) D.f(2024)=404811.在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠BAD=π3，AB=AA1=2，E为A.若x+y=1，则四面体A1BEF的体积是定值

B.若△A1BF的外心为O，则A1B⋅A1O为定值2

C.若A1F=5，则点三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知平面向量a，b均为单位向量，且|a−b|=1，则a13.已知圆C:x2+y2−4x+3=0与双曲线D:y14.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinA−bsinB=sin(A−B)，则c=

，当sinA=2四、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)已知数列{an}的首项a(1)证明：数列{1(2)求满足1a1+116.(本小题15分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为2，上顶点为M，O为坐标原点，A，B为椭圆C上不同的两点，且当A，(1)求椭圆C的方程;(2)若△OAB的面积为1，求|OA|217.(本小题15分)

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=4，A1C⊥底面ABC(1)证明：AC=A1(2)若直线AA1与BB1之间的距离为4，求直线A18.(本小题17分)在平面直角坐标系中，坐标原点处有一个质点，每次向右或者向上移动一个单位，向上移动的概率为13，向右移动的概率为23，n次移动后质点的坐标为(1)求质点移动到点(1,4)处的概率;(2)5次移动后质点的横坐标为X，求X的期望;(3)求质点在经过20次移动以后，最有可能的位置坐标．19.(本小题17分)罗尔(Rolle)中值定理是微分学中的一条重要定理，根据它可以推出拉格朗日(Lagrange)中值定理和柯西(Caucℎy)中值定理，它们被称为微分学的三大中值定理.罗尔中值定理的描述如下：如果函数f(x)满足三个条件 ①在闭区间[a,b]上的图象是连续不断的， ②在开区间(a,b)内是可导函数， ③f(a)=f(b)，那么在(a,b)内至少存在一点ξ(a<ξ<b)，使得等式f′(ξ)=0成立．(1)设方程a0xn+a1xn−1+⋯+an−1x=0有一个正根x=x0，

证明：方程a0nxn−1+a(3)设函数f(x)=e证明：函数g(x)=2f(x)+f′(x)在区间(0,1)内至少存在一个零点．

答案解析1.D

【解析】解：因为集合M={x|x2−2x−3≤0}=x|−1⩽x⩽3，

所以∁UM=x|x<−1或x>3，

又N={−3,−1,1,2,3}，

2.D

【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，

则z−=a−bi，

z+2z−=3−2i，

则a+bi+2(a−bi)=3a−bi=3−2i，即3a=3b=2，解得a=1，b=2，

故z=1+2i，z=1−2i，

3.C

【解析】解：因为8×80％=6.4，

则这组数据的80%分位数是2.504.B

【解析】解：因为角α满足sinα+sin2α=0(α≠kπ,k∈Z)，

则sinα+2sinαcosα=0，且sinα≠05.C

【解析】解：将点A(4,4)代入抛物线y2=2px可得p=2，所以抛物线方程为y2=4x，

所以抛物线的焦点为F(1,0)，设反射光线所在直线为x=ty+1，

代入A(4,4)得：4t+1=4，t=34，所以直线方程为：x=34y+1，

设直线与抛物线的交点为A、B，y2=4xx=34y+1，所以y6.D

【解析】原式可化为：[(x−1x)+2]5，其展开式中可出现x2所以其展开式中x2项分别为C53则(x−1x+2)5故选D．7.A

【解析】解：易知正四棱柱的体对角线就是球的直径，

取EF的中点C，作出点C在下底面的射影D，易知点D在正方体的对角线上，

因为△BEF为正三角形，且正四棱柱的边长为2，

所以BC=3，且点C到上底面中心的距离为1，所以点D到下底面的距离为1，

所以OD=1，则BD=2−1，

设正四棱柱的高为ℎ，

则BD2+ℎ2=BC2，即2−12+ℎ2=38.B

【解析】解：求导数f′(x)=1x+1+acosx−bsinx得f′(0)=1+a=0，所以a=−1，

又a2+b2=4，则b2=3．

若a=−1，b=−3，此时f′(x)=1x+1−cosx+3sinx，x=0是fx的一个极小值点，舍去；

若a=−1，b=3，此时f′(x)=1x+1−cosx−3sinx，x=0是fx的一个极大值点，

满足题意，极大值为3．

令g(x)=1x+1−cosx−9.BCD

【解析】解：对于A，由已知f0=1，所以2sinφ=1，sinφ=22，

因为φ∈0,2π，所以φ=π4或φ=3π4．

因为x=0位于函数的减区间内，并且f′x=22ωcos2ωx+φ，

所以f′0<0，即22ωcosφ<0，

又ω>0，所以cosφ<0，φ=3π4，A错误；

对于C，因为f(π4)=2sin(2ω·π4+3π4)=0，

所以ωπ2+3π4=kπk∈Z，ω=2k−32k∈Z10.BCD

【解析】解：∵f(x)为奇函数，

∴f(x)=−f(−x)，

等式两边求导得f′(x)=f′(−x)，

即g(x)=g(−x)，

∴g(x)为偶函数，B正确；

由f(x)+f(2−x)=4，

两边求导得f′(x)−f′(2−x)=0，

即g(x)=g(2−x)，C正确；

∵f(x)是定义在R上的奇函数，

∴f(0)=0，

∵f(x)+f(2−x)=4①

用−x代替x，得f(−x)+f(2+x)=4，

又f(x)为奇函数，

∴−f(x)+f(x+2)=4，

即f(x+2)=4+f(x)，

则f(2024)=4+f(2022)=4×2+f(2020)=…=4×1012+f(0)=4048，D正确；

∵f(4)=4+f(2)=4×2+f(0)=8≠f(0)，故A错误．

故选BCD．11.ACD

【解析】解：选项A：如图，若

x+y=1，则D1，C，F三点共线，

即点D，F，C，

D1共面，所以点F在面

DCC1D1内，

取

D1C1的中点M，连接

A1M,ME

因为M，E为中点，所以ME//

D1C，而

D1C//A1B，所以

ME//A1B，故M

A1，B，E四点共面，

当F在

CD1上运动时，由于

D1C//A1B，

D1C⊄面

A1BE，

A1B⊂面

A1BE，

所以

D1C/​/面

A1BE，故F到面

A1BE的距离为定值，而三角形

A1BE的面积也为定值，从而四面体

A1BEF的体积为定值，故A正确；

对于B，若△A1BF的外心为O，过点O作OH⊥A1B于点H，则H是A1B的中点．

因为|A1B|=22+22=22，

所以A1B⋅A1O=A1B⋅(A1H+HO)=A1B⋅A1H=12A1B2=4，故B错误;

对于C，在平面A1B1C1D1中作A1K⊥C1D1，显然A1K⊥平面CC1D1D12.32【解析】解：设向量a，b的夹角为θ，

因为|a−b|=1，故|a−b|2=1，故答案为：3213.[2,+∞)

【解析】解：设双曲线的一条渐近线为y=ab因为其与圆(x−2)2+y2=1有公共点，

故圆心(2,0)整理可得b2a2⩾3，故答案为[2,+∞)．14.任意正实数；1【解析】解：由asinA−bsinB=sin(A−B)，

得asinA−bsinB=sinAcosB−sinBcosA，

根据正弦定理可知

a2−b2=acosB−bcosA，

由余弦定理得

a2−b2=a·a2+c2−b22ac−b·b2+c2−a22bc，

2c(a2−b所以△ABC面积S=12absinC=−9b4+10b2−14，

又1315.解：(1)证明：因为an=an+13−2an+1.，

所以两边取倒数

，1an=3−2an+1an+1=3an+1−2,∴1an−1=3(1an+1−1)，即1an+1−1=13(1an−1)

1a1−1=23，则1an【解析】本题考查数列的递推关系，等比数列的通项公式，等比数列的判定以及数列的分组转化求和，属中档题．

(1)由条件转化出1an+1−1和1an−1的比值关系即可证明数列1an−1为等比数列；

(2)16.解：(1)由题意知椭圆的短轴长为2，即2b=2，M为椭圆的上顶点，所以M(0,1).当A，O，B三点共线时，

设A(x0,y0)，则B(−x0,−y0).kMA=y0−1x0，kMB=−y0−1−x0，所以kMA⋅kMB=y02−1x02=−x02x02=−1a2=−14，则a=2．

故椭圆C的方程为x24+y2=1．

(2)设过A，B两点的直线为l，A(x1,y1)，B(x2,y2)，

当直线l的斜率不存在时，A，B两点关于x轴对称，所以x2=x1，y2=−y1【解析】本题考查椭圆方程，考查直线与椭圆的位置关系，属于较难题．

(1)求出b=1，利用直线MA，MB的斜率之积为−14，求出a，可得椭圆的方程；

(2)分类讨论，当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，m≠0，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理、△OAB的面积为1，求17.解：(1)

底面ABC，BC⊂平面ABC，，∵∠ACB=90∘，即BC⊥AC，且A1C，AC⊂平面∴BC⊥平面AC∵BC⊂平面BC∴平面ACC1A过A1作A1O⊥CC1且平面ACC1A1∩平面BC

∴A1O⊥平面∵A1到平面BCC∴A在Rt▵A1C设CO=x，则C1O=4−x，

∵△A1OC，△A1OC1，△A1CC1均为直角三角形，

且CC1=4，CO2+A1O2=A1C2，A1O2+OC12=C1A12，A1C2+A1C12=C1C2，

∴4+x2+4+(4−x)2=16，解得x=2，

∴AC=A1C=A1C1=22，

∴A1C=AC；

(2)∵AC=A1C1，BC⊥A1C，BC⊥AC，

∴Rt△ACB≌Rt△A1CB

【解析】本题主要考查直线与平面所成角的向量求法，以及线面，面面垂直的判定，属于中档题．(1)先证明平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，再作辅助线，利用A(2)过B作BD⊥AA1，即可求出A1D=2，A118.解:(1)P(X=1,Y=4)=C51⋅23⋅(13)4=10243.

(2)显然X服从二项分布X~B(5,23),E(X)=5×23=103.

(3)设质点在经过20次移动以后,最有可能的位置坐标为(m,20-m),

则P(X=m)≥P(X=m−1),P(X=m)≥P(X=m+1),

【