安徽省阜阳市第三中学2023-2024学年高二下学期6月数学试题(含解析)

考生注意：

1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

4．本卷命题范围：人教A版必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册，选择性必修第二册，选择性必修第三册第六章、第七章。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．已知集合A{x|x2n,nZ}，B{x|x3n1,nZ}，则（ A．5(AB)7）

B．6(AB)C．8(AB)D．10(AB)22．3x的展开式中的常数项为（ ）

xA．14

B．12

C．7

D．1420224.6

20234.5

20245.3

3．下表为2019年~2024年第一季度中国GDP同比增速（单位：%）（同比增速为与上年同期对比的增速），年份同比增速

20196.3

2020

202118.7）

D．11.65

）

D．3

6.9B．4.95B．2则同比增速中的6个数据的60%分位数为（ A．4.64A．3C．5.3C．2

4．已知实数a，b满足ab1a，则下列数中不可能是ab的值的是（

5．已知随机变量X~B10,1，mE(X)，则将m个人分到3个不同的地方，每个人必去一个地方，每2）

C．260

D．300

个地方至少去1人的分配方案共有（ A．150

B．200

x2y2y2x26．已知椭圆C:221ab0)的右焦点与双曲线C:221的一个焦点的连线与C的一-条渐近

abab线平行，设C的离心率为e，则（ ）A．0.6e20.7C．0.4e20.5B．0.5e20.6D．0.3e20.47．两个排球队举行排球比赛，比赛结束后举办方为排球队员送上了甲、乙两个品牌的瓶装水，其中甲品牌的20

1

瓶，乙品牌的12瓶，参与比赛的12名队员，每人随机取1瓶瓶装水，用X表示12名队员取到的甲品牌水的

DkX瓶数，则当PXk最大时，（ ）

DXA．7

B．8

C．49

D．64

8．在△ABC中，若角A，B，C的对边分别为a，b，c，则△ABC的面积S其中pp(pa)pbpc，

abc，称该公式为海伦公式，该公式可推广到平面四边形：若四边形ABCD内接于圆E，且四2边长分别为a，b，c，d，则四边形ABCD的面积Spapbpcpd，其中

pabcd，若面积为123的四边形ABCD内接于圆E，A1,0，B5,0，点C，D在x轴上方，

2）

2且AD6，BCCD，则圆E的标准方程为（ A．x3y322263433632B．(x2)y24D．x2y32C．x3(y3)122212二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。

5i9．已知复数z，则（ ）

3i13A．zi225B．zz2C．复数z在复平面内对应的点在直线xy10上

D．若复数z满足z'2，则z'z的最大值为210．已知函数fxcos3x2sin2xsinx，则（ A．fx是偶函数

B．fx的图象关于直线xC．fx的最小值为1102）

π对称2D．fx的图象可由函数ysinx的图象经过适当的平移得到

2

111．如图，在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中，A1EA1A，过B1，D，E的平面截正方体

4ABCDA1B1C1D1所得的截面为，则（ ）

A．的面积为426B．点B到平面a的距离为82613C．在棱A1D1上存在一点P，使得C1P∥平面D．在棱BB1上存在点Q，使得C1Q平面

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12．已知向量a，b满足a2,1，b3，2ab5，则ab______．

13．在△ABC中，D是边BC上一点，且ADBC，BD3，BC8，AD2，将△ABD沿AD折起，使点B到达点B'，且B'C7，若三棱锥AB'CD的所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为______．14．已知函数fx满足对任意实数x1，x2，都有fx1x2f1x1f1x2fx1fx2，1是

fx的零点，0不是fx的零点，则if(i)______．

i1100四、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．（本小题满分13分）

已知函数fxlnx3ax(aR)．（1）若a1，判断fx的单调性；

（2）若ffx在(5,)上没有极值点，求a的取值范围．16．（本小题满分15分）

已知抛物线C:y2pxp0的焦点为F，P是C上一点，线段PF的中点为Q25,2．2（1）求C的方程；

3

（2）若p7，O为原点，点M，N在C上，且直线OM，ON的斜率之积为2024，求证：直线MN过定点．

17．（本小题满分15分）

调研数据显示，有超过七成的消费者对新能源汽车较为看好，目前中国消费者对新能源汽车的系别选择以国产车为主．已知2024年第一季度，在某地上牌照的新能源汽车中，国产车占比70%，上牌照的国产新能源汽车中，甲品牌与乙品牌的占比分别为40%，20%．

（1）从该地上牌照的新能源汽车中，随机抽取2辆，求抽取的2辆车不全是甲品牌车的概率；

（2）已知该地上牌照的新能源车中，外国产新能源汽车中价位不超过30万元的占比为20%，在国产新能源汽车中，甲品牌、乙品牌与其他品牌车价位不超过30万元的占比分别为40%，30%，50%，从该地上牌照的新能源汽车中随机抽取1辆，若该车价位不超过30万元，求该车是甲品牌车的概率．18．（本小题满分17分）

如图，在三棱锥P-ABC中，BACPCBπ，PCBC，PAAC2AB2，D为BC的中点．3（1）求证：PDAC；

（2）在棱PA上是否存在点M（不含端点），使得二面角MBCA的余弦值为AM的长度；若不存在，说明理由．19．（本小题满分17分）

把正整数1，2，3，…，n按任意顺序排成一行，得到数列an，称数列an为1，2，3，…，n的生成数列．

（1）若an是1，2，3，…，8的生成数列，记bkakak1(1k7)，数列bn所有项的和为S，求S所有可能取值的和；

（2）若an是1，2，3，…，10的生成数列，记bkakak1ak2(1k8)，若数列bn中的最小项为T．

①证明：T18；②求T的最大值．

25？若存在，求出线段5江淮名校2023-2024学年高二年级下学期阶段联考

数学试卷参考答案、提示及评分细则

4

1．C 因为5A，故A错误；因为6B，故B错误；因为10B，故D错误，因为824331，所以8(AB)，故C正确．故选C．

2k22．A 3x的展开式中的通项Tk1C73xx777kxkC2k77k1kx7k212，

726令k210，得k6，所以3x的展开式中的常数项为C672(1)14．故选A．2x3．C 将6个数据从小到大排列为6，9，4，5，4，6，5，3，6，3，18，7，又660%3.6．故这组数据的60%分位数为第4个数，为5．3．故选C．4．B 因为ab1a．所以a0，b111，aba1．aa当a0时，a112a2，ab1，aa当a0时a111(a)2(a)2，ab3．aaa故ab的取值范围为(,31,)，只有2不在此范围内．故选B．5．A 由X~B10,11，得E(X)105，即m5，2222113C53C3C1C15C4C3故分配方案共有A3150种．故选A．22AA226．B 设ca2b2，则ec，C的右焦点为Fc,0，C的上焦点为F0,a2b2，aa2b2直线FF的斜率为，因为直线FF与C的一条渐近线平行，

ca2b2aa2b2a22a2c2a2，即所以2，即22，cbc2bc2ac2e212所以，整理得e44e220，解得e22，22e1e因为0e1，所以e22，因为1.4221.5，所以0.5e20.6．故选B．

12kCkC127．D 由题意得P(Xk)2012(k0,1,,12)，

C325

111kP(Xk1)Ck(20k)(12k)k232k24020C12，k12kk22k1P(Xk)C20C12(k1)(k1)k232k240(k22k1)23934k，所以k7时

P(Xk1)1，

P(Xk)当k8时

P(Xk1)D(8X)1，所以 k7时，P(X8)最大，8264．故选D．

P(Xk)D(X)66xx6x，

28．D 由题意得ABAD6，设BCCDx，则p则四边形ABCD的面积Sx2626x123，所以x23．2222∣BD∣6626cosA7272cosA，在△ABD中，由余弦定理得

在△BCD中，BD2(23)2(23)22(23)2cosD2424cosD，又四边形ABCD内接于圆E．所以DπA，所以7272cosA2424cosA，解得cosA又A(0,π)，所以A其半径r1，2π，所以圆E是正三角形BAD的外接圆，36π2sin323，又A(1,0)，B(5,0)，

故等边△ABD的外接圆的圆心为2,3，故所求圆的方程为x2y39．BC 因为z22212．故选D．

5i5i(3i)1313i，所以zi，故A错误；3i1022222513zz，故B正确；

222复数z在复平面内对应的点为1313,，10，故C正确；

2222∣zz∣∣z∣∣∣z210，故D错误．故选BC．210．ACD 因为fxcos3x2sin2xsinxcos3x2sin2xsinxfx，故A正确；因为，f01，f(π)1，f0f(π)，

fx的图象不关于直线xπ对称，故B错误；26

fxcos2xcosxsin2xsinx2sin2xsinxcos2xcosxsin2xsinxcos2xxcosx，所以fx的最小值为1，故C正确；

ππcosxsinx，将ysinx的图象向左平移个单位长度可得到fx的图象，故D正确，故选

22ACD．

11．ABC 由题意知点E在棱AA1上，且A1E1，在棱CC1上取点F，

使得CFA1E，易证B1F∥DE，

故平面截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面为四边形B1EDF，易得四边形B1EDF为平行四边形，且DE5，DB143，B1E17，所以cosB1ED1725483，101751723426所以sinB1ED1，517517所以四边形B1EDF的面积SB1EDEsinB1ED175426426，故A正确；517连接BF，BD，三棱锥DB1BF的体积V三棱锥DBBF1由上面知S△B1DF由V三棱锥DBDF11132，4443231426226，设点B到平面的距离为h，2826132，得h，故B正确；226hV三棱锥DB1BF133344，在A1D1上取点P，使得D1P，33延长DE交D1A1的延长线于点G，易求A1G所以PG∥B1C1，且PGB1C1，所以四边形B1C1PG为平行四边形，

7

所以C1P∥B1G，又C1P平面，B1G平面，所以C1P∥平面，故C正确；假设存在点Q，使得C1Q平面，因为C1Q平面BCC1B1，所以平面平面BCC1B1，又平面A1B1C1D1平面BCC1B1，平面A1B1C1D1平面B1G，易得B1G平面BCC1B1，又A1B1平面BCC1B1，故B1G∥A1B1，与B1GA1B1B1矛盾，所以在BB1上不存在点Q，使得C1Q平面．故D错误．故选ABC．

12．1 2ab5两边平方得454ab925，所以ab1．

13．

208π 将三棱锥AB'CD补成一个直三棱柱AB1C1DB'C，3则该棱柱上、下底面的外接圆圆心连线的中点是球心O，在△B'CD中，由B'D3，CD5，B'C7，

3252721所以cosBDC，又BDC0,π，

2352所以B'DCπ，所以△B'CD外接圆的半径r72sin2π373，3又AD2，所以球O的半径R1r，所以球O的表面积S4πR24π12249208π．3314．50 由题意得f00，f10，

在fx1x2f1x1f1x2fx1fx2中，令x1x21，得f10，令x1x20，得f01，2令x1x21，得f21，令x1x，x22，得fxfx20，fx4fx，

且f2f01，f3f10，f4f01，所以

if(i)(2698)(48100)25250．

i11008

15．解：（1）当a1时，fxlnx3x，其定义域为(3,)，

f(x)14x1(x3)，x3x3由f'x0，得3x4．由f'x0，得x4，所以fx在3,4上单调递增,在(4,)上单调递减．（2）因为fxlnx3ax, f'x当x(5,)时，a1a,x311aa，x32若fx在(5,)上没有极值点，则fx在(5,)上单调，即f'x0在(5,)上恒成立，或f'x0在(5,)上恒成立．若f'x0在(5,)上恒成立，则a0，解得a0，若f'x0在(5,)恒成立，则

11a0，解得a．22综上所述，a的取值范围为,0,．

1216．（1）解：由题意得Fp,0，设Px0,y0，2因为线段PF的中点为Q5,2，2x0所以

p25，y02，所以x5p，y4，

002222p，2代入C的方程得162p5解得p8，或p2，

所以C的方程为y4x，或y16x．

（2）证明：因为p7，所以C的方程为y4x，设Mx1,y1，Nx2,y2，直线MN的方程为xmyn，与y4x联立，得y4my4n0，

9

22222则y1y24m，y1y24n，因为直线OM，ON的斜率之积为2024，所以

y1y2yy216412024，2x1x2y12y2y1y2n441．50611，故直线MN过定点,0．506506所以n直线MN的方程为xmy17．解：（1）从该地上牌照的新能源汽车中，随机抽取1辆，该车是甲品牌车的概率为0.70.40.28，

所以随机抽取2辆，抽取的两辆车不全是甲品牌车的概率为10.2820.9216．

（2）从该地上牌照的新能源汽车中随机抽取1辆，记该车是国外、甲、乙、其他品牌分别为事件A1，A2，

A3，A4，价位不超过30万元为事件B，

则PA10.3，PA20.28，PA30.14，PA40.28，

PB|A10.2，PB|A20.4，PB|A30.3，PB|A40.5，

所以P(B)P(A1)P(B|A1)P(A2)P(B|A2)P(A3)P(B|A3)P(A4)P(B|A4)0.30.20.280.40.140.30.280.50.354，

又P(A2B)0.280.40.112，所以P(A2∣B)P(A2B)0.11256．P(B)0.354177所以从该地上牌照的新能源汽车中随机抽取1辆，若该车价位不超过30万元，该车是甲品牌车的概率为

56．17718．（1）证明：因为BACπ，AC2AB2，3所以BC2AB2AC22ABACcosBAC1423，所以BC所以AB2BC2AC2，所以AB⊥BC．又PCBC，PCB所以PBPC3，

π，所以△PBC为等边三角形，33，又PA2，所以AB2PB2PA2，所以AB⊥PB．

10

又PB，BC平面PBC，且PBBCB，所以AB⊥平面PBC，

因为AB平面ABC，所以平面ABC⊥平面PBC，因为PBPC，D为BC的中点，所以PD⊥BC，因为PDC平面PBC，平面ABC平面PBCBC，所以PD⊥平面ABC，又AC平面ABC，所以PDAC，（2）解：由（1）得，PD⊥平面ABC，ABBC，

以D为原点，直线DB为y轴，直线DP为z轴，以过D与AB平行的直线为x轴建立如图所示空间直角坐标系，则A1,3333，B0,，，C(0,,0)，P0,0,,0,0222233所以AP1,，BA(1,0,0)，CB(0,3,0)，,2233设AMtAPt,t,t(0t1)，2233所以BMBAAM1t,．t,t2233tytz0(1t)xnBM0设平面MBC的一个法向量n(x,y,z)，则，即，223y0nCB0令z21t，解得x3t，y0，故n3t,0,21t，

显然平面ABC的一个法向量m0,0,1，显然二面角M-BC-A为锐二面角，设为，

∣mn∣2(1t)25所以cos，∣cosm,n∣22∣m∣∣∣n59t4(1t)解得t11或t（舍），4211

11所以存在M，使之满足条件，此时AM∣AM∣∣AP∣．

429．（1）解：因为an是1．2，3，…，8的生成数列，且bkakak1(1k7)，所以bn的所有项的和为2aaii181a82ia1a872a1a8，

i1872a1a8727857，72a1a8721269，

所以S所有可能的取值为57，58，59，…，69，故其和为（2）①证明：假设T18，

因为(a1a2a3)(a4a5a6)(a7a8a9)a10所以553Ta1054a10，所以a101，

又a101，所以a101，

同理由a1(a2a3a4)(a5a6a7)(a8a9a10)所以553Ta154a1，所以a11，

又a11，所以a11，a1a10，与已知矛盾，所以假设不成立，故T18．②解：由①T18，假设T17，

由(a1a2a3)(a4a5a6)(a7a8a9)a10得553Ta1051a10，所以a104，

又(a1a2a3)(a4a5a6)a7(a8a9a10)所以553Ta751a7，a74，

12

576913819．210i55，

i1i55．

i110i55，

i110i55，

i110同理可得a44，a14，

记an的各项依次为1，6，10，2，7，8，3，9，5，4，

则bn的各项依次为17，18，19，17，18，20，17，18，满足题意，所以T的最大值为17．

13