2022-2023學年安徽省阜陽市高二年級下冊學期選修模塊檢測數學【含答案】

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1、 高二數學試卷 一、單項選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的 1. 拋物線的焦點坐標是（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】將已知拋物線方程整理成標準形式，從而可求出焦點坐標. 【詳解】由可得，焦點在軸的正半軸上，設坐標為， 則，解得，所以焦點坐標為. 故選:D. 2. 設隨機變量，若，則（） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】根據正態分布及求出期望與方差即可判斷作答. 【詳解】因為隨機變量，且， 所以由對稱性知，由正態分布知方差，A正

2、確，BCD錯誤. 故選：A 3. 從1，2，3，0這四個數中取三個組成沒有重復數字的三位數，則三位數的個數為（） A. 24 B. 48 C. 18 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】利用分步計數原理和排列數即可求解. 【詳解】先排末位則有種，再從剩下的三個選兩個進行排列則， 根據分步計數原理可得種， 故選：C. 4. 已知上可導函數的圖象如圖所示，是的導函數，則不等式的解集為（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函數圖象得出和的解，然后用分類討論思想求得結論． 【詳解】由圖象知的解集為，的解集為， 或， 所以或，

3、解集即為． 故選：C 5. 在數列中，已知，則的前10項的和為（） A. 1023 B. 1024 C. 2046 D. 2047 【答案】C 【解析】 【分析】利用，表示出的前10項的和，通過等比數列前n項和公式求解即可. 【詳解】 ，，，，， 則的前10項的和為. 故選：C. 6. 在棱長為2的正方體中，下列說法不正確的是（） A. 直線與平面所成的角為 B. C. 三棱錐外接球的表面積為 D. 平面與平面距離為 【答案】A 【解析】 【分析】根據線面角的定義即可判斷A，建立空間直角坐標系，通過空間向量的坐標運算即可判斷BD，由三棱錐外接球與正方體的外

4、接球相同即可判斷C. 【詳解】 連接，與相交于點，因為平面，且平面， 所以，又因為，，所以平面， 即直線與平面所成的角為，且，故A錯誤； 連接，以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系， 則， 則 設平面的法向量為， 則，解得，取，則 所以，則，所以平面， 且平面，則，故B正確； 因為三棱錐外接球就是正方體的外接球， 設其外接球的半徑為，則，即， 所以，故C正確； 因為平面平面所以平面 同理平面 又平面, 所以平面平面， 由B選項可知，平面的法向量為，且， 則兩平面間的距離，故D正確. 故選:A 7. 已知拋物線的焦點為，點是拋物線上一點，圓與

5、線段相交于點，且被直線截得的弦長為，若，則（） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根據點在拋物線上及拋物線的定義，利用圓的弦長及勾股定理即可求解 【詳解】由題意可知，如圖所示， 在拋物線上，則 易知，，由， 因為被直線截得的弦長為，則， 由，于是在中， 由解得：，所以． 故選：C. 8. 已知函數的導函數為，且，，則不正確的是（） A. B. C. 沒有極小值 D. 當有兩個根時， 【答案】C 【解析】 【分析】根據條件判斷函數的單調性，即可判斷AB；求函數，利用導數求函數的極值，判斷C；將方程的實數根，轉化為函數圖象的交點

6、問題，利用數形結合判斷的取值范圍. 【詳解】因為，所以函數單調遞增， ，即，故A正確； ，即，故B正確； 設， 即，，得， 所以，，得， 在區間上，，單調遞減，在區間上，，單調遞增，所以當函數取得極小值，故C錯誤； 有2個根，即函數的圖象與有2個交點，由以上可知當函數取得極小值，， 并且時，，并且時，，時，，并且時，， 所以當直線與的圖象有2個交點時，，故D正確. 故選：C. 二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分. 9. 下列說法正確是（） A. 若隨機變量

7、~，則 B. 若隨機變量的方差，則 C. 若，，，則事件與事件獨立 D. 若隨機變量~且，則 【答案】ACD 【解析】 【分析】通過計算可以判斷選項ABD；計算得到，則事件與事件獨立，所以選項C正確. 【詳解】A. 若隨機變量~，則，所以該選項正確； B. 若隨機變量的方差，則,所以該選項錯誤； C. 若，則事件與事件獨立，所以該選項正確； D. 若隨機變量~且，則，所以該選項正確. 故選：ACD 10. 已知是等差數列，其前項和為，，則下列結論一定正確的有（　?。? A. B. 最小 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】計算得所以，所以選項A正確；

8、由于符號不確定，所以選項B錯誤；所以選項C正確；，所以選項D錯誤. 【詳解】根據題意，數列是等差數列，若 即 變形可得所以，所以選項A正確； ， 如果，則，則最??；如果，則，由于，則最小； 如果，則，由于，則沒有最小值.所以選項B錯誤； ，所以選項C正確； ，所以選項D錯誤. 故選：AC 11. 點是拋物線上第一象限內的點，過點A作圓C：的兩條切線，切點為、，分別交軸于P，Q兩點，則下列選項正確的是（） A. B. 若，則直線MN的方程為 C. 若，則的面積為92 D. 的面積最小值為72 【答案】ABD 【解析】 【分析】根據勾股定理即可判斷A，根據相交弦

9、的方程即可由兩圓方程相減求解B,根據三角形面積與內切圓的關系即可列出方程求解C，結合基本不等式即可求解D. 【詳解】對于A選項，，故,A正確； 對于B選項，，,則以為直徑的圓的方程為，與圓相減得，故MN直線為，故B正確； 對于C選項，,又，當時，，則，故，故C錯誤； 對于D選項，由C可知當且僅當時，等號成立，故時，取得最小值72，故D正確， 故選：ABD. 【點睛】圓錐曲線中取值范圍問題的五種求解策略： （1）利用圓錐曲線的幾何性質或判別式構造不等關系，從而確定參數的取值范圍； （2）利用已知參數的范圍，求新的參數的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數之間的等量關系； （

10、3）利用隱含的不等關系建立不等式，從而求出參數的取值范圍； （4）利用已知的不等關系建立不等式，從而求出參數的取值范圍； （5）利用求函數值域的方法將待求量表示為其他變量的函數，求其值域，從而確定參數的取值范圍. 12. 如圖，點M是棱長為l的正方體中的側面上的一個動點（包含邊界），則下列結論正確的是（） A. 不存在點M滿足平面 B. 存在無數個點M滿足 C. 當點M滿足時，平面截正方體所得截面的面積為 D. 滿足的點M的軌跡長度是 【答案】BCD 【解析】 【分析】對于A：根據線面垂直關系可得，分析判斷；對于B：根據線面垂直關系可得，分析判斷；對于C：根據平行線的性

11、質以及利用空間向量分析運算求截面，進而可求截面面積；對于D：利用空間向量求點M的軌跡，進而求點M的軌跡長度. 【詳解】對于選項A：連接， 因為四邊形ABCD是正方形，所以， ∵，且平面，所以， ，平面， 所以平面，且平面， 可得， 同理可證， ，平面，所以， 又點M是面上一個動點（包含邊界），所以當M與A1重合時， 故A錯誤； 對于選項B：連接， ，，則， 又因為，，， 所以， 可知當M在線段上時，有故存在無數個點滿足，故B正確； 對于選項C：延長交于點， ∵，則為線段靠近點的三等分點， 且，則，則為線段的中點， 如圖，以D點為原點建立空間直角坐標

12、系， 則，可得， 設平面的法向量為，則， 令，則，即， 設平面，點，則， 則，解得， 則，故， 可得，即， 且， 故截面面積，故C正確； 對于選項D： 因為正方體的棱長為l，所以設 所以，， 因為，所以 化簡得：， 所以點M的軌跡是一段以為圓心，半徑為的圓弧， 設圓弧與分別交于點， 取，則，即；取，則，即； 則，則， 且，即， ∴軌跡長度是，故D正確． 故選：BCD. 三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．請把答案填寫在答題卡相應位置上． 13. 若，則=__. 【答案】3 【解析】 【分析】列出關于x的方程，解之即可求得

13、x的值. 【詳解】由，可得， 即，整理得， 解之得或（舍） 故答案為：3 14. 現有兩批產品，第一批產品的次品率為5%，第二批產品的次品率為15%，兩批產品以3:2的比例混合在一起，從中任取1件，該產品合格的概率為__________. 【答案】0.91## 【解析】 【分析】設兩批產品共取件，求出第一批和第二批產品中的合格品的件數即得解. 【詳解】設兩批產品共取件， 所以第一批產品中的合格品有件，第二批產品中的合格品有件， 所以從中任取1件，該產品合格的概率為. 故答案為：0.91 15. 若直線與圓交于兩點，則面積的最大值為____. 【答案】 【解析】

14、【分析】先求得面積的表達式，再利用二次函數的性質即可求得面積的最大值. 【詳解】圓的圓心，半徑， 直線恒過定點，則， 設中點為M，則點M在以為直徑的圓上， 設圓心到直線距離為d， 則，， 則的面積為 當即時取得最大值. 則面積的最大值為. 故答案為： 16. 已知函數在處取得極值，且在上的最大值為1，則的值為___. 【答案】或 【解析】 【分析】先求得的導函數，進而按t討論得到的單調性，利用題給條件列出關于的方程，進而求得的值. 【詳解】由（），可得 由函數在處取得極值，可得， 若， 當時，，單調遞增， 當時，，單調遞減， 則在處取得極大值即最大

15、值， 則，解之得. 若， 當時，，單調遞增； 當時，，單調遞減； 當時，，單調遞增， 則在處取得極大值， 又由在上的最大值為1可得， ，即，不等式組無解. 若， 當時，，單調遞增； 當時，，單調遞減； 當時，，單調遞增， 則在處取得極小值， 在處取得極大值 又由在上的最大值為1可得， ，解之得. 綜上，的值為或. 故答案為：或. 四、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟 17. 已知數列的前項和為，從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個條件作為已知，解答下列問題. （1）求數列的通項公式； （2）設，記的前項和為，若

16、對任意正整數，都有恒成立，求實數的取值范圍. 條件①，且；條件②為等比數列，且滿足. 注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分. 【答案】（1）條件選擇見解析， （2） 【解析】 【分析】（1）選①：由與的關系求；選②：求得后得到公比，寫出通項公式即可. （2）由裂項求和法求得，并求得的取值范圍，由不等式恒成立求的取值范圍. 【小問1詳解】 選①：且，則， 兩式相減，得， 所以為公比的等比數列， 又，，解得，所以； 選②：因為為等比數列，且滿足， 所以，， 所以，所以. 【小問2詳解】 因為，所以， 顯然數列是關于的增函數，∵，∴， ∴ 由

17、恒成立得，，解得或 故的取值范圍為. 18. 已知是函數的極值點，則： （1）求實數的值． （2）討論方程的解的個數 【答案】（1） （2）答案見解析 【解析】 【分析】（1）求導，由題意可得，即可得解，要注意檢驗； （2）利用導數求出函數的單調區間及極值，由此作出函數的大致圖象，結合函數圖象即可得解. 【小問1詳解】 , 因為是函數的極值點， 所以，即， 解得或， 當時，， 令，則或，令，則， 所以函數在上遞增，在上遞增， 所以的極小值點為，極大值點為，符合題意， 當時，， 所以在上遞增，所以無極值點， 綜上所述； 【小問2詳解】 由（1）可得，

18、 函數在上遞增，在上遞增， 則， 又當時，，當時，， 作出函數的大致圖象，如圖所示， 當或時，方程有個解， 當或時，方程有個解， 當時，方程有個解. 19. 如圖，在矩形ABCD中，，E為邊CD上的點，，以BE為折痕把折起，使點C到達點P的位置，且使二面角為直二面角，三棱錐的體積為． （1）求證：平面平面PAE； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）證明見解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取BE中點，則，由三棱錐的體積得，可得，由平面ABCD得，故平面PBE，得，又，可得平面，進而得證； （2）以D為原點，為x，y軸正向，過作軸垂直于平面ABCD，

19、建立空間直角坐標系，分別求出平面BPA和平面DPA的法向量，由向量的夾角公式求解即可． 【小問1詳解】 設，由題意為等腰直角三角形，折疊后為等腰直角三角形， 取BE中點，連接PF，則， 由于二面角為直二面角，故平面ABCD，且， 則， 得，即． 則，故， 又平面ABCD，故，又PF與BE相交， 故平面PBE，故， 又，且PE與AE相交，故平面， 又面PAB，故平面平面. 【小問2詳解】 以D為原點，為x，y軸正向，過作軸垂直于平面ABCD，建立空間直角坐標系， 則，， 設平面BPA的法向量為，則， 取，可得， 設平面DPA的法向量為，則， 取，可得，

20、則， 由于二面角為鈍角，故其余弦值為． 20. 2022年12月初某省青少年乒乓球培訓基地舉行了混雙選拔賽，其決賽在韓菲/陳宇和黃政/孫藝兩對組合間進行，每場比賽均能分出勝負．已知本次比賽的贊助商提供了10000元獎金，并規定：①若其中一對贏的場數先達到4場，則比賽終止，同時這對組合獲得全部獎金；②若比賽意外終止時無組合先贏4場，則按照比賽繼續進行各自贏得全部獎金的概率之比給兩對組合分配獎金．已知每場比賽韓菲/陳宇組合贏的概率為，黃政/孫藝贏的概率為，且每場比賽相互獨立． （1）若在已進行的5場比賽中韓菲/陳宇組合贏3場、黃政/孫藝組合贏2場，求比賽繼續進行且韓菲/陳宇組合贏得全部獎金的

21、概率； （2）若比賽進行了5場時終止（含自然終止與意外終止），則這5場比賽中兩對組合之間的比賽結果共有多少不同的情況？ （3）若比賽進行了5場時終止（含自然終止與意外終止），設，若贊助商按規定頒發獎金，求韓菲/陳宇組合獲得獎金數X的分布列． 【答案】（1） （2）28 （3）分布列見詳解 【解析】 【分析】（1）根據題意結合對立事件的概率求法運算； （2）根據題意可得有四則可能，再結合組合數運算求解； （3）根據題意分析可得獎金數X的可能取值，結合（2）求相應的概率，即可得結果. 【小問1詳解】 “比賽繼續進行且韓菲/陳宇組合贏得全部獎金”的對立事件為“黃政/孫藝組合

22、再連贏2場”， 故比賽繼續進行且韓菲/陳宇組合贏得全部獎金的概率. 【小問2詳解】 設5場比賽中韓菲/陳宇組合贏場、黃政/孫藝組合贏場，用表示比賽結果， 若比賽進行了5場時終止（含自然終止與意外終止），則有：， 故共有種不同的情況. 【小問3詳解】 若韓菲/陳宇組合贏1場、黃政/孫藝組合贏4場，則韓菲/陳宇組合獲得獎金數為0元； 若韓菲/陳宇組合贏2場、黃政/孫藝組合贏3場，則韓菲/陳宇組合需再連贏2場，其概率為，故韓菲/陳宇組合獲得獎金數為元； 若韓菲/陳宇組合贏3場、黃政/孫藝組合贏2場，則韓菲/陳宇組合需再贏1場，其概率為，故韓菲/陳宇組合獲得獎金數為元； 若韓菲/陳

23、宇組合贏4場、黃政/孫藝組合贏1場，則韓菲/陳宇組合獲得獎金數為10000元； 即獎金數X的可能取值有，則有 ， 故獎金數X的分布列為： 0 2500 7500 10000 21. 以橢圓的中心O為圓心，以為半徑的圓稱為該橢圓的“伴隨”．已知橢圓的離心率為，且過點． （1）求橢圓C及其“伴隨”的方程； （2）過點作“伴隨”的切線l交橢圓C于A，B兩點，記為坐標原點）的面積為，將表示為m的函數，并求的最大值． 【答案】（1）,；（2），，的最大值為1． 【解析】 【分析】（1）由橢圓C的離心率，結合的關系，得到，設出橢圓方程，代入點，即可得到

24、橢圓方程和“伴隨”的方程； （2）設切線的方程為，聯立橢圓方程，消去y得到x的二次方程，運用韋達定理和弦長公式，即可得到AB的長，由l與圓相切，得到的關系式，求出 的面積，運用基本不等式，即可得到最大值． 【詳解】（1）橢圓的離心率為，可得，即 又由，可得， 設橢圓C的方程為， 因為橢圓C過點，代入可得， 解得，所以橢圓C的標準方程為， 又由，即“伴隨圓”是以原點為圓心，半徑為1的圓， 所以橢圓C的“伴隨”方程為． （2）由題意知，， 易知切線的斜率存在，設切線的方程為， 由得， 設A，B兩點的坐標分別為（x1，y1），（x2，y2）， 則，． 又由l與圓x2+y2

25、=1相切，所以，k2=m2-1． 所以=， 則，， 可得（當且僅當時取等號）， 所以當時，S△AOB的最大值為1． 【點睛】本題考查橢圓的方程和性質，考查聯立直線方程和橢圓方程，消去未知數，運用韋達定理和弦長公式的運用，考查直線與圓相切的條件，考查運算能力，屬于中檔題． 22. 已知函數，. （1）討論函數的單調性； （2）若恒成立，求實數的取值范圍. 【答案】（1）答案見解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求導，對a進行討論，利用導函數的正負即可求出的單調性； （2）方法一：將問題轉化為恒成立，令，求導利用導函數的正負和零點存在定理，分析其單調性，根據隱零點的的關

26、系求出最小值，轉化為，再次換元，令，求導分析單調性并得到最值，即可求出a；方法二：利用將問題轉化為恒成立，換元后得到新的函數，求導分析其單調性，并對a進行討論，即可求解； 【小問1詳解】 解：的定義域為，， 當時，恒成立，所以在上單調遞減； 當時，令解得，所以在上單調遞增； 令解得，所以在上單調遞減， 綜上所述：當時，在上單調遞減； 當時，在上單調遞增，在上單調遞減； 【小問2詳解】 已知在恒成立，化簡得 法一：令，定義域為， 則， ①當時，恒成立，則單調遞增，的值域為R，不符合題意； ②當時，，也不符合題意； ③當時，令，則恒成立， 所以在上單調遞增. 當時，

27、，又， 根據零點存在定理以及函數的單調性可知，有，即有唯一解， 有，此時； 當時，，又， 根據零點存在定理以及函數的單調性可知，有，即有唯一解， 有，此時. 綜上所述，對，都有唯一解，有，此時. 又當時，，即，所以在上單調遞減； 當時，，即，所以在上單調遞增. 所以， 故只需. 令，上式即轉化為，設，則. 當時，，所以在上單調遞增； 當時，，所以在上單調遞減. 所以，當時，有最大值，所以， 所以. 又，所以，所以. 由，解得． 綜上所述. 法二：恒成立， 令，故在上單調遞增， 所以，問題轉化為在恒成立， 設，

28、 當時，恒成立，在上單調遞增，又， 所以時，，不符合題意； 當時，在上單調遞減，上單調遞增， 所以， 當時，都有均不符合題意， 當時，，此時在恒成立， 綜上所述： 【點睛】方法點睛：主要考向有以下幾點： 1、求函數單調區間（含參數）或判斷函數（含參數）的單調性； 2、求函數在某點處的切線方程，或知道切線方程求參數； 3、求函數的極值（最值）； 4、求函數的零點（零點個數），或知道零點個數求參數的取值范圍； 5、證明不等式； 解決方法：對函數進行求導，結合函數導數與函數的單調性等性質解決，在證明不等式或求參數取值范圍時，通常會對函數進行參變分離，構造新函數，對新函數求導再結合導數與單調性等解決.