还剩9页未读，
继续阅读
安徽省江淮名校2023-2024学年高二下学期6月联考数学试题
展开
这是一份安徽省江淮名校2023-2024学年高二下学期6月联考数学试题，共12页。试卷主要包含了 答题前,考生务必用直径 0， 本卷命题范围， 6
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={ 儿 儿=2n, n∈Z} , B={ 儿| 儿=3n—1, n∈Z} , 则
A. 5∈ (A∩B) B. 6∈ (A∩B) C. 8∈ (A∩B) D. 10∈ (A∩B)
的展开式中的常数项为
A. 14 B. 12 C. 7 D. —14
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) ,
则同比增速中的 6个数据的 60%分位数为
A. 4. 64 B. 4. 95 C. 5. 3 D. 11. 65
4. 已知实数a, b满足ab=1—a, 则下列数中不可能是a十b的值的是
A. —3 B. —2 C. 2 D. 3
5. 已知随机变量 ,m=E , 则将m个人分到 3个不同的地方 , 每个人必去一个
地方 , 每个地方至少去 1人的分配方案共有
A. 150 B. 200 C. 260 D. 300
6. 已知椭圆十 的右焦点与双曲线的一个焦点的连线与CI
的一条渐近线平行 , 设C的离心率为e , 则
A. 0. 6【高二数学试卷 第 1页(共 4页)】 242778D
年份
2019
2020
2021
2022
2023
2024
同比增速
6. 3
—6. 9
18. 7
4. 6
4. 5
5. 3
7. 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瓶数 , 则当 P(X=k)最大时
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= a十十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, 且四边长分别为a, b, c, d, 则四边形 ABCD的面积 S= \ , 其中若面积为 12\的四边形ABCD内接于圆E, A(—1, 0) , B(5, 0) , 点
C, D在 儿 轴上方 , 且 AD =6, BC = CD , 则圆E的标准方程为
D. ( 儿—2) 2 十(y —\) 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。分。
9. 已知复数 义则
. 2
B 义义= 5
C. 复数 义在复平面内对应的点在直线 儿十y—1=0上
D. 若复数 义I满足 义I =2, 则 义I — 义 的最大值为 2— \0
10. 已知函数 f(儿) = cs 3儿十2sin 2儿sin 儿, 则
A. f(儿)是偶函数
B. f(儿)的图象关于直线 儿= 对称
C. f(儿)的最小值为—1
D. f(儿)的图象可由函数y=sin 儿 的图象经过适当的平移得到
—→ 1—→
11. 如图 , 在棱长为 4 的正方体ABCD A1B1C1D1 中 , A1E= 4A1A, 过
B1, D, E的平面α截正方体ABCD A1B1C1D1 所得的截面为 Ω, 则
A. Ω 的面积为 4\26
B. 点B到平面 α 的距离为86
C. 在棱 A1D1 上存在一点 P, 使得C1PⅡ平面 α
D. 在棱BB1 上存在点Q, 使得C1Q丄平面 α
【高二数学试卷 第 2页(共 4页)】 242778D
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丄BC, BD=3, BC=8, AD=2, 将△ABD沿AD 折 起 , 使点B到达点BI , 且BIC=7, 若三棱锥A BICD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(儿)满足对任意实数 儿1,儿2, 都有f 十f —1是 f(儿)的零点 , 0不是 f(儿)的零点 , 则
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(儿)=ln(儿—3)—a儿(a∈R) .
(1)若a=1, 判断 f(儿)的单调性 ;
(2)若 f(儿)在(5, 十∞)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:y2 =2P儿(P>0)的焦点为F, P是C上一点 , 线段 PF的中点为 .
(1)求C的方程 ;
(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.
【高二数学试卷 第 3页(共 4页)】 242778D
18. (本小题满分17分)
如图 , 在三棱锥 P ABC中 , 上BAC=上PCB= , PC=BC, PA=AC=2AB=2, D为BC 的中点.
(1)求证:PD丄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2\55? 若存在 , 求出线段 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 十ak十1 (1≤k≤7) , 数列{bk }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 十ak十1十ak十2 (1≤k≤8) , 若数列{bk }中的 最小项为T.
①证明:T<18;
②求 T的最大值.
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
1. C 因为 5呋A, 故 A错误;因为 6呋B, 故 B错误;因为 10呋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. A ( 3 — \儿)7 的展开式中的通项 Tk十1=C( 3 )7—k (—\儿) k =C27—k (—1) k儿k—21 , 令k—21=0, 得 k
=6, 所以( 3 — \儿)7 的展开式中的常数项为 C×2× (—1) 6 =14. 故选 A.
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=—1, a十b=a十 —1. 当 a>0 时 , a十≥2\a× =2, a十b≥1, 当 a<0时 , a十 (—a)十( — ≤—2\(—a) ( — =—2, a十b≤—3. 故a十b的取值范围为
(—∞ , —3]U[1, 十∞) , 只有—2不在此范围内. 故选 B.
5. A 由 X~B( 10, , 得 E(X) =10× =5, 即 m=5, 故分配方案共有 (CC十 CC) A=150种.
故选 A.
6. B 设 c= \ , 则 e= , C的右焦点为F(c, 0) , CI 的上焦点为FI ( 0, \a2 十b2 ) , 直线 FFI 的斜率为 — \a2c十b2 , 因为直线FFI 与CI 的一条渐近线平行 , 所以 — \a2c十b2 = — , 即a2b2 = , 即 =
— , 所以= — , 整理得e4 —4e2 十2=0, 解得e2 =2士\, 因为 07. D 由 题 意 得 P (X=k) = (k=0, 1, … , 12) , PP(X()1) = 1—k = ( 十— )) (( —1k)) = k2k0, k2 — 32k十240— (k2 十2k十1) = 239— 34k, 所以 k≤ 7 时 PP(X()1) > 1, 当 k≥8时 PP(X()1) <1, 所以k=7时 , P(X=8)最大 , =82 =64. 故选 D.
8. D 由题意得 i ABi = i ADi =6, 设 i BC = CD = 儿, 则 p= 6十6儿十儿=6十儿, 则四边形 ABCD的面积
S= \儿2 ×62 =6儿=12\, 所以 儿=2\. 在 △ABD中 , 由余弦定理得 BD 2 =62 十62 —2×62 × cs A=72
—72csA, 在△BCD中 , BD2 =(2\) 2 十(2\) 2 —2(2\) 2cs D=24—24cs D, 又四边形ABCD内接于 圆 E, 所以 D=π—A, 所以 72—72csA=24十24csA, 解得 csA= , 又 A∈ (0, π) , 所以A= , 所以圆 E是正三角形BAD的外接圆 , 其半径r= =2\, 又A(—1, 0) , B(5, 0) , 故等边△ABD的外接圆的圆 心为(2,\) , 故所求圆的方程为( 儿—2) 2 十(y —\) 2 =12. 故选 D.
9. BC 因为 义= — = 5i(i) = — 十i , 所以 义-= — — i , 故 A错误;义义-= ( — 2 十 2 = , 故
B正确;复数 义在复平面内对应的点为( — , , — 十 —1=0, 故 C正确 ; i 义I — 义 ≤ i 义I i 十 义 =
2十\0, 故 D错误. 故选 BC.
10. ACD 因为 f(— 儿) =cs(—3儿) 十2sin(—2儿)sin(— 儿) = cs 3儿十2sin 2儿sin 儿=f( 儿) , 故 A正确;因为 f(0)=1, f(π)=—1, f(0)≠f(π) , f( 儿)的图象不关于直线 儿= 对称 , 故 B错误;f( 儿) = cs 2儿cs 儿
【高二数学试卷 参考答案 第 1 页(共 4页)】 安徽
—sin 2父sin 父十2sin 2父sin 父= cs 2父cs 父十sin 2父sin 父=cs(2父— 父) = cs 父, 所以 f( 父)的最小值为—1, 故 C正确;cs 父=sin(父十将 y=sin 父的图象向左平移个单位长度可得到f( 父)的图象 , 故 D正确 ,
故选 ACD.
11. ABC 由题意知点 E在棱AA1 上 , 且 A1E=1, 在棱 C1 上取点 F, 使得 CF= A1E, 易证B1FⅡDE, 故平面α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 = 4\3, B1E=
\, 所 以 cs 上B1ED = 17548 = — , 所 以 sin 上B1ED = \ 2 = , 所 以 四 边 形 B1EDF 的 面 积 S = B1E ●
4\26 5\17
DEsin上B1ED= \×5×
=4\, 故 A正确;连接 BF, BD, 三棱锥 D
B1BF的体积V三棱锥DB1BF
= × ×4×4) × 4= , 由上面知 S△B1DF = × 4 \= 2 \, 设点 B到平面 α 的距离为h , 由 V三棱锥BB1DF = ×2\h=V三棱锥DB1BF = , 得 h=8 , 故 B正确;延长 DE交D1A1 的延长线于点 G, 易求 A1G= , 在 A1D1 上取点 P, 使得 D1P= , 所以 PGⅡB1C1 , 且 PG=B1C1 , 所以四边形 B1C1PG为
平行四边形 , 所以C1PⅡB1G, 又C1P丈平面α , B1G∈平面α , 所以C1PⅡ平面α , 故 C正确;假设存在点 Q, 使得C1Q丄平面 α , 因为 C1Q∈平面 BC1B1, 所以平面 α丄平面 BC1B1 , 又平面 A1B1C1D1 丄平面 BC1B1, 平面 A1B1C1D1 ∩平面 α=B1G, 易得 B1G丄平面 BC1B1 , 又 A1B1 丄平面 BC1B1, 故 B1GⅡ A1B1, 与 B1G∩A1B1 =B1 矛盾 , 所以在 BB1 上不存在点 Q, 使得C1Q丄平面α , 故 D错误. 故选 ABC.
12. 1 2a—b =5两边平方得 4×5—4a ● b十9=25, 所以 a ● b=1.
13. 将三棱锥 A BICD补成一个直三棱柱AB1C1 DBIC, 则该棱柱上、下底面的外接圆圆心连线的中
点是球心。, 在△BICD中 , 由 BID=3, CD=5, BIC=7, 所以 cs上BIDC= 322×—2 = — , 又上BIDC∈
(0, π) , 所以上BIDC= , 所以△BICD 外接圆的半径r = = 7\33, 又 AD=2, 所以球 。的半径R= \12 十r2 , 所以球。的表面积S=4πR2 =4π( 1十 = .
14. 50 由题意得 f(0)≠0, f(—1)=0, 在 f( 父1 十父2 )十f(1— 父1 )f(1— 父2 )=f( 父1 )f( 父2 )中 , 令 父1 = 父2
= , 得 f(1)=0, 令 父1 = 父2 =0, 得 f(0)=1, 令 父1 = 父2 =1, 得 f(2)=—1, 令 父1 = 父,父2 =2, 得 f( 父) 十
f( 父十2)=0, f( 父十4) =f( 父) , 且 f(2) =—f(0) =—1, f(3) =—f(1) =0, f(4) =f(0) =1, 所以
if(i) = — (2十6十…十98) 十 (4十8十…十100) =25×2=50.
15. 解:(1)当a=1时 , f( 父)=ln( 父—3)—父, 其定义域为(3, 十∞) ,
fI ( 父) = 父—13—1= —— ( 父>3) , … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 2分
由 fI ( 父)>0, 得 3<父<4, 由 fI ( 父)<0, 得 父>4, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 4分
所以 f( 父)在(3, 4)上单调递增 , 在(4, 十∞)上单调递减. … … … … … … … … … … … … … … … … … … 5分
(2)因为 f( 父)=ln( 父—3)—a父, fI ( 父) = 父—13—a, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 6分
当 父∈ (5, 十∞)时 , —a<父—13—a<—a, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 8分
若 f( 父)在(5, 十∞)上没有极值点 , 则 f( 父)在(5, 十∞)上单调 ,
即 fI ( 父)≥0在(5, 十∞)上恒成立 , 或 fI ( 父)≤0在(5, 十∞)上恒成立. … … … … … … … … … … … 10分
若 fI ( 父)≥0在(5, 十∞)上恒成立 , 则—a≥0, 解得a≤0,
若 fI ( 父)≤0在(5, 十∞)上恒成立 , 则—a≤0, 解得a≥ .
【高二数学试卷 参考答案 第 2 页(共 4页)】 安徽
综上所述 , a的取值范围为(—∞ , 0]U , 十∞) . … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 13分
16. (1)解:由题意得F , 0) , 设 P( 儿0 , y0 ) , 因为线段 PF的中点为Q , 2) ,
所以儿0 = , y20=2, 所以 儿0 =5— , y0 =4, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 3分
代入C的方程得16=2p(5— ,
解得 p=8, 或 p=2,
所以C的方程为y2 =4儿, 或 y2 =16儿. … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 6分
(2)证明:因为 p<7, 所以C的方程为 y 2 =4儿,
设 M( 儿1, y1 ) , N( 儿2, y2 ) , 直线 MN的方程为 儿=my十n, … … … … … … … … … … … … … … … … … … 7分
与y2 =4儿联立 , 得y2 —4my —4n=0,
则y1 十y2 =4m, y1y2 =—4n, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 10分
因为直线OM, ON的斜率之积为 2024,
所以 . = = = — =2024, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 13分
所以n= — 6, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 14分
直线 MN的方程为 儿=my — 6, 故直线 MN过定点( — 6, 0) . … … … … … … … … … … … … … … 15分
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, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 2分
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. … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 5分
(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, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 6分
则 P(A1 ) =0. 3, P(A2 ) =0. 28, P(A3 ) =0. 14, P(A4 ) =0. 28, … … … … … … … … … … … … … … … 8分
P(B|A1 ) =0. 2, P(B|A2 ) =0. 4, P(B|A3 ) =0. 3, P(B|A4 ) =0. 5, … … … … … … … … … … … … … 10分
所以 P(B)=P(A1 )P(B|A1 )十P(A2 )P(B|A2 )十P(A3 )P(B|A3 )十P(A4 )P(B|A4 ) =0. 3×0. 2十0. 28×0. 4十0. 14×0. 3十0. 28×0. 5=0. 354,
又 P(A2B) =0. 28×0. 4=0. 112, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 13分
所以 P(A2 |B) = = =
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 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 15分
18. (1)证明:因为上BAC= ,AC=2AB=2,
所以BC2 =AB2 十AC2 —2AB. AC. cOS上BAC=1十4—2=3, 所以BC=\, … … … … … … … … … … 1分
所以AB2 十BC2 =AC2 , 所以 AB丄BC. … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 2分
又 PC=BC, 上PCB= , 所以△PBC为等边三角形 ,
所以 PB=PC=\, 又 PA=2, 所以AB2 十PB2 =PA2 , 所以 AB丄PB. … … … … … … … … … … … … … 4分
又 PB, BC∈平面 PBC, 且 PB∩BC=B,
所以 AB丄平面 PBC, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 5分
因为 AB∈平面 ABC, 所以平面 ABC丄平面 PBC,
因为 PB=PC, D为BC的中点 , 所以 PD丄BC, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 6分
因为 PD∈平面 PBC, 平面 ABC∩平面 PBC=BC,
【高二数学试卷 参考答案 第 3 页(共 4页)】 安徽
所以 PD丄平面 ABC, 又 AC∈平面 ABC, 所以 PD丄AC. … … … … … … … … … … … … … … … … … … 8分
(2)解:由(1)得 , PD丄平面 ABC,AB丄BC,
以 D为原点 , 直线 DB为y 轴 , 直线 DP为 义轴 , 以过 D与AB平行的直线为 儿
轴建立如图所示空间直角坐标系
, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 9分
所以十 . … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 11分
设平面 MBC的一个法向量t义=0,
令 义=2(1—t) , 解得 儿=—3t, y=0, 故 n= (—3t , 0, 2(1—t) ) , … … … … … … … … … … … … … … … 13分
显然平面 ABC的一个法向量m = (0, 0, 1) , … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 14分
显然二面角 M BC A为锐二面角 , 设为 θ ,
解得 或 t= —
所以存在 M, 使之满足条件 , 此时 AM= . … … … … … … … … … … … … … … … 17分
19. (1)解:因为{an }是 1, 2, 3, … , 8的生成数列 , 且bk =ak 十ak十1 (1≤k≤7) ,
所以{bn }的所有项的和为 ai —a1 —a8 = 2i—a1 —a8 =72—a1 —a8 , … … … … … … … … … … … … 2分
72—a1 —a8≥72—7—8=57, 72—a1 —a8≤72—1—2=69, … … … … … … … … … … … … … … … … … … 4分
所以 S所有可能的取值为 57, 58, 59, … , 69, 故其和为×13=819. … … … … … … … … … … … … 6分
(2)①证明:假设 T≥18,
所以 55≥3T十a10≥54十a10 , 所以a10≤1,
又a10≥1, 所以a10=1, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 8分
所以 55≥3T十a1≥54十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. … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 11分
②解:由①T<18, 假设T=17,
得 55≥3T十a10≥51十a10 ,
所以a10≤4, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 13分
所以 55≥3T十a7≥51十a7 , a7≤4,
同理可得a4≤4, a1≤4, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 15分
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. … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 17分
【高二数学试卷 参考答案 第 4 页(共 4页)】 安徽
【高二数学试卷 第 4页(共 4页)】 242778D
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={ 儿 儿=2n, n∈Z} , B={ 儿| 儿=3n—1, n∈Z} , 则
A. 5∈ (A∩B) B. 6∈ (A∩B) C. 8∈ (A∩B) D. 10∈ (A∩B)
的展开式中的常数项为
A. 14 B. 12 C. 7 D. —14
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) ,
则同比增速中的 6个数据的 60%分位数为
A. 4. 64 B. 4. 95 C. 5. 3 D. 11. 65
4. 已知实数a, b满足ab=1—a, 则下列数中不可能是a十b的值的是
A. —3 B. —2 C. 2 D. 3
5. 已知随机变量 ,m=E , 则将m个人分到 3个不同的地方 , 每个人必去一个
地方 , 每个地方至少去 1人的分配方案共有
A. 150 B. 200 C. 260 D. 300
6. 已知椭圆十 的右焦点与双曲线的一个焦点的连线与CI
的一条渐近线平行 , 设C的离心率为e , 则
A. 0. 6
年份
2019
2020
2021
2022
2023
2024
同比增速
6. 3
—6. 9
18. 7
4. 6
4. 5
5. 3
7. 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瓶数 , 则当 P(X=k)最大时
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= a十十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, 且四边长分别为a, b, c, d, 则四边形 ABCD的面积 S= \ , 其中若面积为 12\的四边形ABCD内接于圆E, A(—1, 0) , B(5, 0) , 点
C, D在 儿 轴上方 , 且 AD =6, BC = CD , 则圆E的标准方程为
D. ( 儿—2) 2 十(y —\) 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。分。
9. 已知复数 义则
. 2
B 义义= 5
C. 复数 义在复平面内对应的点在直线 儿十y—1=0上
D. 若复数 义I满足 义I =2, 则 义I — 义 的最大值为 2— \0
10. 已知函数 f(儿) = cs 3儿十2sin 2儿sin 儿, 则
A. f(儿)是偶函数
B. f(儿)的图象关于直线 儿= 对称
C. f(儿)的最小值为—1
D. f(儿)的图象可由函数y=sin 儿 的图象经过适当的平移得到
—→ 1—→
11. 如图 , 在棱长为 4 的正方体ABCD A1B1C1D1 中 , A1E= 4A1A, 过
B1, D, E的平面α截正方体ABCD A1B1C1D1 所得的截面为 Ω, 则
A. Ω 的面积为 4\26
B. 点B到平面 α 的距离为86
C. 在棱 A1D1 上存在一点 P, 使得C1PⅡ平面 α
D. 在棱BB1 上存在点Q, 使得C1Q丄平面 α
【高二数学试卷 第 2页(共 4页)】 242778D
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丄BC, BD=3, BC=8, AD=2, 将△ABD沿AD 折 起 , 使点B到达点BI , 且BIC=7, 若三棱锥A BICD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(儿)满足对任意实数 儿1,儿2, 都有f 十f —1是 f(儿)的零点 , 0不是 f(儿)的零点 , 则
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(儿)=ln(儿—3)—a儿(a∈R) .
(1)若a=1, 判断 f(儿)的单调性 ;
(2)若 f(儿)在(5, 十∞)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:y2 =2P儿(P>0)的焦点为F, P是C上一点 , 线段 PF的中点为 .
(1)求C的方程 ;
(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.
【高二数学试卷 第 3页(共 4页)】 242778D
18. (本小题满分17分)
如图 , 在三棱锥 P ABC中 , 上BAC=上PCB= , PC=BC, PA=AC=2AB=2, D为BC 的中点.
(1)求证:PD丄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2\55? 若存在 , 求出线段 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 十ak十1 (1≤k≤7) , 数列{bk }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 十ak十1十ak十2 (1≤k≤8) , 若数列{bk }中的 最小项为T.
①证明:T<18;
②求 T的最大值.
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
1. C 因为 5呋A, 故 A错误;因为 6呋B, 故 B错误;因为 10呋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. A ( 3 — \儿)7 的展开式中的通项 Tk十1=C( 3 )7—k (—\儿) k =C27—k (—1) k儿k—21 , 令k—21=0, 得 k
=6, 所以( 3 — \儿)7 的展开式中的常数项为 C×2× (—1) 6 =14. 故选 A.
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=—1, a十b=a十 —1. 当 a>0 时 , a十≥2\a× =2, a十b≥1, 当 a<0时 , a十 (—a)十( — ≤—2\(—a) ( — =—2, a十b≤—3. 故a十b的取值范围为
(—∞ , —3]U[1, 十∞) , 只有—2不在此范围内. 故选 B.
5. A 由 X~B( 10, , 得 E(X) =10× =5, 即 m=5, 故分配方案共有 (CC十 CC) A=150种.
故选 A.
6. B 设 c= \ , 则 e= , C的右焦点为F(c, 0) , CI 的上焦点为FI ( 0, \a2 十b2 ) , 直线 FFI 的斜率为 — \a2c十b2 , 因为直线FFI 与CI 的一条渐近线平行 , 所以 — \a2c十b2 = — , 即a2b2 = , 即 =
— , 所以= — , 整理得e4 —4e2 十2=0, 解得e2 =2士\, 因为 0
8. D 由题意得 i ABi = i ADi =6, 设 i BC = CD = 儿, 则 p= 6十6儿十儿=6十儿, 则四边形 ABCD的面积
S= \儿2 ×62 =6儿=12\, 所以 儿=2\. 在 △ABD中 , 由余弦定理得 BD 2 =62 十62 —2×62 × cs A=72
—72csA, 在△BCD中 , BD2 =(2\) 2 十(2\) 2 —2(2\) 2cs D=24—24cs D, 又四边形ABCD内接于 圆 E, 所以 D=π—A, 所以 72—72csA=24十24csA, 解得 csA= , 又 A∈ (0, π) , 所以A= , 所以圆 E是正三角形BAD的外接圆 , 其半径r= =2\, 又A(—1, 0) , B(5, 0) , 故等边△ABD的外接圆的圆 心为(2,\) , 故所求圆的方程为( 儿—2) 2 十(y —\) 2 =12. 故选 D.
9. BC 因为 义= — = 5i(i) = — 十i , 所以 义-= — — i , 故 A错误;义义-= ( — 2 十 2 = , 故
B正确;复数 义在复平面内对应的点为( — , , — 十 —1=0, 故 C正确 ; i 义I — 义 ≤ i 义I i 十 义 =
2十\0, 故 D错误. 故选 BC.
10. ACD 因为 f(— 儿) =cs(—3儿) 十2sin(—2儿)sin(— 儿) = cs 3儿十2sin 2儿sin 儿=f( 儿) , 故 A正确;因为 f(0)=1, f(π)=—1, f(0)≠f(π) , f( 儿)的图象不关于直线 儿= 对称 , 故 B错误;f( 儿) = cs 2儿cs 儿
【高二数学试卷 参考答案 第 1 页(共 4页)】 安徽
—sin 2父sin 父十2sin 2父sin 父= cs 2父cs 父十sin 2父sin 父=cs(2父— 父) = cs 父, 所以 f( 父)的最小值为—1, 故 C正确;cs 父=sin(父十将 y=sin 父的图象向左平移个单位长度可得到f( 父)的图象 , 故 D正确 ,
故选 ACD.
11. ABC 由题意知点 E在棱AA1 上 , 且 A1E=1, 在棱 C1 上取点 F, 使得 CF= A1E, 易证B1FⅡDE, 故平面α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 = 4\3, B1E=
\, 所 以 cs 上B1ED = 17548 = — , 所 以 sin 上B1ED = \ 2 = , 所 以 四 边 形 B1EDF 的 面 积 S = B1E ●
4\26 5\17
DEsin上B1ED= \×5×
=4\, 故 A正确;连接 BF, BD, 三棱锥 D
B1BF的体积V三棱锥DB1BF
= × ×4×4) × 4= , 由上面知 S△B1DF = × 4 \= 2 \, 设点 B到平面 α 的距离为h , 由 V三棱锥BB1DF = ×2\h=V三棱锥DB1BF = , 得 h=8 , 故 B正确;延长 DE交D1A1 的延长线于点 G, 易求 A1G= , 在 A1D1 上取点 P, 使得 D1P= , 所以 PGⅡB1C1 , 且 PG=B1C1 , 所以四边形 B1C1PG为
平行四边形 , 所以C1PⅡB1G, 又C1P丈平面α , B1G∈平面α , 所以C1PⅡ平面α , 故 C正确;假设存在点 Q, 使得C1Q丄平面 α , 因为 C1Q∈平面 BC1B1, 所以平面 α丄平面 BC1B1 , 又平面 A1B1C1D1 丄平面 BC1B1, 平面 A1B1C1D1 ∩平面 α=B1G, 易得 B1G丄平面 BC1B1 , 又 A1B1 丄平面 BC1B1, 故 B1GⅡ A1B1, 与 B1G∩A1B1 =B1 矛盾 , 所以在 BB1 上不存在点 Q, 使得C1Q丄平面α , 故 D错误. 故选 ABC.
12. 1 2a—b =5两边平方得 4×5—4a ● b十9=25, 所以 a ● b=1.
13. 将三棱锥 A BICD补成一个直三棱柱AB1C1 DBIC, 则该棱柱上、下底面的外接圆圆心连线的中
点是球心。, 在△BICD中 , 由 BID=3, CD=5, BIC=7, 所以 cs上BIDC= 322×—2 = — , 又上BIDC∈
(0, π) , 所以上BIDC= , 所以△BICD 外接圆的半径r = = 7\33, 又 AD=2, 所以球 。的半径R= \12 十r2 , 所以球。的表面积S=4πR2 =4π( 1十 = .
14. 50 由题意得 f(0)≠0, f(—1)=0, 在 f( 父1 十父2 )十f(1— 父1 )f(1— 父2 )=f( 父1 )f( 父2 )中 , 令 父1 = 父2
= , 得 f(1)=0, 令 父1 = 父2 =0, 得 f(0)=1, 令 父1 = 父2 =1, 得 f(2)=—1, 令 父1 = 父,父2 =2, 得 f( 父) 十
f( 父十2)=0, f( 父十4) =f( 父) , 且 f(2) =—f(0) =—1, f(3) =—f(1) =0, f(4) =f(0) =1, 所以
if(i) = — (2十6十…十98) 十 (4十8十…十100) =25×2=50.
15. 解:(1)当a=1时 , f( 父)=ln( 父—3)—父, 其定义域为(3, 十∞) ,
fI ( 父) = 父—13—1= —— ( 父>3) , … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 2分
由 fI ( 父)>0, 得 3<父<4, 由 fI ( 父)<0, 得 父>4, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 4分
所以 f( 父)在(3, 4)上单调递增 , 在(4, 十∞)上单调递减. … … … … … … … … … … … … … … … … … … 5分
(2)因为 f( 父)=ln( 父—3)—a父, fI ( 父) = 父—13—a, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 6分
当 父∈ (5, 十∞)时 , —a<父—13—a<—a, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 8分
若 f( 父)在(5, 十∞)上没有极值点 , 则 f( 父)在(5, 十∞)上单调 ,
即 fI ( 父)≥0在(5, 十∞)上恒成立 , 或 fI ( 父)≤0在(5, 十∞)上恒成立. … … … … … … … … … … … 10分
若 fI ( 父)≥0在(5, 十∞)上恒成立 , 则—a≥0, 解得a≤0,
若 fI ( 父)≤0在(5, 十∞)上恒成立 , 则—a≤0, 解得a≥ .
【高二数学试卷 参考答案 第 2 页(共 4页)】 安徽
综上所述 , a的取值范围为(—∞ , 0]U , 十∞) . … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 13分
16. (1)解:由题意得F , 0) , 设 P( 儿0 , y0 ) , 因为线段 PF的中点为Q , 2) ,
所以儿0 = , y20=2, 所以 儿0 =5— , y0 =4, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 3分
代入C的方程得16=2p(5— ,
解得 p=8, 或 p=2,
所以C的方程为y2 =4儿, 或 y2 =16儿. … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 6分
(2)证明:因为 p<7, 所以C的方程为 y 2 =4儿,
设 M( 儿1, y1 ) , N( 儿2, y2 ) , 直线 MN的方程为 儿=my十n, … … … … … … … … … … … … … … … … … … 7分
与y2 =4儿联立 , 得y2 —4my —4n=0,
则y1 十y2 =4m, y1y2 =—4n, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 10分
因为直线OM, ON的斜率之积为 2024,
所以 . = = = — =2024, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 13分
所以n= — 6, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 14分
直线 MN的方程为 儿=my — 6, 故直线 MN过定点( — 6, 0) . … … … … … … … … … … … … … … 15分
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, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 2分
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. … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 5分
(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, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 6分
则 P(A1 ) =0. 3, P(A2 ) =0. 28, P(A3 ) =0. 14, P(A4 ) =0. 28, … … … … … … … … … … … … … … … 8分
P(B|A1 ) =0. 2, P(B|A2 ) =0. 4, P(B|A3 ) =0. 3, P(B|A4 ) =0. 5, … … … … … … … … … … … … … 10分
所以 P(B)=P(A1 )P(B|A1 )十P(A2 )P(B|A2 )十P(A3 )P(B|A3 )十P(A4 )P(B|A4 ) =0. 3×0. 2十0. 28×0. 4十0. 14×0. 3十0. 28×0. 5=0. 354,
又 P(A2B) =0. 28×0. 4=0. 112, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 13分
所以 P(A2 |B) = = =
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 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 15分
18. (1)证明:因为上BAC= ,AC=2AB=2,
所以BC2 =AB2 十AC2 —2AB. AC. cOS上BAC=1十4—2=3, 所以BC=\, … … … … … … … … … … 1分
所以AB2 十BC2 =AC2 , 所以 AB丄BC. … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 2分
又 PC=BC, 上PCB= , 所以△PBC为等边三角形 ,
所以 PB=PC=\, 又 PA=2, 所以AB2 十PB2 =PA2 , 所以 AB丄PB. … … … … … … … … … … … … … 4分
又 PB, BC∈平面 PBC, 且 PB∩BC=B,
所以 AB丄平面 PBC, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 5分
因为 AB∈平面 ABC, 所以平面 ABC丄平面 PBC,
因为 PB=PC, D为BC的中点 , 所以 PD丄BC, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 6分
因为 PD∈平面 PBC, 平面 ABC∩平面 PBC=BC,
【高二数学试卷 参考答案 第 3 页(共 4页)】 安徽
所以 PD丄平面 ABC, 又 AC∈平面 ABC, 所以 PD丄AC. … … … … … … … … … … … … … … … … … … 8分
(2)解:由(1)得 , PD丄平面 ABC,AB丄BC,
以 D为原点 , 直线 DB为y 轴 , 直线 DP为 义轴 , 以过 D与AB平行的直线为 儿
轴建立如图所示空间直角坐标系
, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 9分
所以十 . … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 11分
设平面 MBC的一个法向量t义=0,
令 义=2(1—t) , 解得 儿=—3t, y=0, 故 n= (—3t , 0, 2(1—t) ) , … … … … … … … … … … … … … … … 13分
显然平面 ABC的一个法向量m = (0, 0, 1) , … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 14分
显然二面角 M BC A为锐二面角 , 设为 θ ,
解得 或 t= —
所以存在 M, 使之满足条件 , 此时 AM= . … … … … … … … … … … … … … … … 17分
19. (1)解:因为{an }是 1, 2, 3, … , 8的生成数列 , 且bk =ak 十ak十1 (1≤k≤7) ,
所以{bn }的所有项的和为 ai —a1 —a8 = 2i—a1 —a8 =72—a1 —a8 , … … … … … … … … … … … … 2分
72—a1 —a8≥72—7—8=57, 72—a1 —a8≤72—1—2=69, … … … … … … … … … … … … … … … … … … 4分
所以 S所有可能的取值为 57, 58, 59, … , 69, 故其和为×13=819. … … … … … … … … … … … … 6分
(2)①证明:假设 T≥18,
所以 55≥3T十a10≥54十a10 , 所以a10≤1,
又a10≥1, 所以a10=1, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 8分
所以 55≥3T十a1≥54十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. … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 11分
②解:由①T<18, 假设T=17,
得 55≥3T十a10≥51十a10 ,
所以a10≤4, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 13分
所以 55≥3T十a7≥51十a7 , a7≤4,
同理可得a4≤4, a1≤4, … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 15分
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. … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 17分
【高二数学试卷 参考答案 第 4 页(共 4页)】 安徽
【高二数学试卷 第 4页(共 4页)】 242778D
相关试卷
江淮名校2024年高二下学期6月联考数学试题+答案： 这是一份江淮名校2024年高二下学期6月联考数学试题+答案，文件包含高二数学试卷pdf、高二数学答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共8页， 欢迎下载使用。
安徽省江淮名校2023-2024学年高二上学期12月阶段性联考数学试题： 这是一份安徽省江淮名校2023-2024学年高二上学期12月阶段性联考数学试题，共15页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围，在空间直角坐标系中，点，则等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年安徽省江淮名校高二上学期12月阶段性联考数学试题（含解析）： 这是一份2023-2024学年安徽省江淮名校高二上学期12月阶段性联考数学试题（含解析），共20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。
