安徽省2023_2024学年高二数学下学期联考试卷含解析

这是一份安徽省2023_2024学年高二数学下学期联考试卷含解析，共19页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回．
一、单项选择题：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．
1. 等差数列中，，，则（）
A. B. C. 0D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列的性质求解即可.
【详解】由等差数列性质得：，即，
又，即，故．
故选：C
2. 安徽省某市石斛企业2024年加入网络平台直播后，每天石斛的销售量（单位：盒），估计300天内石斛的销售量约在1950到2050盒的天数大约为（）
（附：若随机变量，则，，）
A. 205B. 246C. 270D. 286
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，进而由可得结论.
【详解】由，所以，
所以销售量约在1950到2050盒的概率为，
所以由可知大约有205天．
故选：A.
3. 已知，，圆M经过A，B两点，且圆的周长被x轴平分，则圆M的标准方程为（）
AB.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出线段的中垂线，求得与轴的交点即为圆心坐标，进而求得圆的方程.
【详解】由题意，，中点为，
所以线段的中垂线为，令得，
所以，半径，所以圆M的标准方程为．
故选：B.
4. “一带一路”2024国际冰雪大会中国青少年冰球国际邀请赛在江苏无锡举行，现将4名志愿者分成3组，每组至少一人，分赴3个不同场馆服务，则不同的分配方案种数是（）
A. 18B. 36C. 54D. 72
【答案】B
【解析】
【分析】先将4人分成3组，一组2人，一组1人，一组1人，再分配.
【详解】将4人分成3组，一组2人，一组1人，一组1人，分法有种，再分配给3个不同场馆有，
所以不同的分配方案种数种．
故选：B.
5. 在棱长均相等的正三棱柱中,E为棱AB的中点,则直线与平面所成角的正弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题线面角的定义,作出线面角,根据勾股定理算出线面角所在直角三角形的边长,进而求出正弦值.
【详解】过E作,F为垂足,连接,则为直线与平面所成角,
设三棱柱的棱长为2,则,,
∴.
故选：A
6. 已知是各项均为正数的等比数列，若，，，则数列的最小项为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设公比为，可得，可求的通项公式，进而可得，进而可得时，，可得结论.
【详解】由，，是各项均为正数的等比数列，设其公比为，
则有，解得或（舍去），
所以，，由得，
所以时，，又，，，故最小．
故选：B.
7. 已知抛物线的焦点为F，直线l过点F且与抛物线交于P，Q两点，若，则直线l倾斜角的正弦值为（）
A. B. C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】由抛物线的定义作出图象，结合几何关系求出即可.
【详解】
过P，Q分别作，垂直于准线，垂足分别为，，过Q作，垂足为R，
设，则，，．
故选：A.
8. 已知函数，若在上单调，则实数a的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先判断函数为奇函数，根据奇函数的性质有：要使函数在上单调，只要函数在上单调，对函数求导，代特殊值求得，结合函数在上单调，可知在上恒成立，即可知，确定值并检验即可求解.
【详解】因为，且，
所以为奇函数，要使函数在上单调，只要函数在上单调；
又，且，
又函数在上单调，故函数在上只能单调递减，
由，即，解得，
当时，，时，，，
故有在上恒成立，
经检验知，时符合题意．
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据函数的单调性，判断出导数的取值情况，由此确定值并检验.
二、多项选择题：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．
9. 已知函数，下列关于的说法正确的是（）
A. 在上单调递减B. 在上单调递增
C. 有且仅有一个零点D. 存在极大值点
【答案】BC
【解析】
【分析】利用导数的正负的单调性和极值，即可判断ABD；令可判断D.
【详解】对于AB，由题意知函数的定义域为，
所以，
令，得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；故A错误.B正确；
对于D，由上可知，是的极小值点，无极大值点.故D错误；
令，得，当时，，故为的唯一零点，故C正确．
故选：BC
10. 现有甲、乙两个盒子，各装有若干个大小相同的小球（如图），则下列说法正确的是（）
A. 甲盒中一次取出3个球，至少取到一个红球的概率是
B. 乙盒有放回的取3次球，每次取一个，取到2个白球和1个红球的概率是
C. 甲盒不放回的取2次球，每次取一个，第二次取到红球的概率是
D. 甲盒不放回的多次取球，每次取一个，则在第一、二次都取到白球的条件下，第三次也取到白球的概率是
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项利用超几何分布求概率公式即可计算；B根据二项分布求概率公式计算即可；C选项、D选项利用全概率公式与条件概率公式即可求解.
【详解】对于A，记“甲盒中取3球至少一个红球”，
则，故A正确；
对于B，记“乙盒有放回的取3次球，取到2个白球”，
则，故B正确；
对于C，记“甲盒不放回第i次取到红球”，
则
，故C正确.
对于D，，故D不正确.
故选：ABC.
11. 达·芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转化为图3所示的几何体，图3中每个正方体的棱长为1，E，F为棱，AB的中点，则（）
A. 点P到直线CQ的距离为2
B. 直线平面
C. 平面和平面的距离为
D. 平面截正方体所得的截面的周长为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由余弦定理可求得，可求P到CQ的距离的距离，判断A；以点D为坐标原点，以DA，DC，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，利用向量法平面，判断B；结合B，可求得到平面的距离，到平面的距离，可求得平面与平面的距离，判断C；连接并延长交CD延长线于U，连接UF交AD于V，交CB的延长线于W，可得截面为，求得截面的周长判断D.
【详解】由勾股定理可得，，，
由余弦定理得，得，P到CQ的距离为，所以A正确；
选项B：如图，以点D为坐标原点，以DA，DC，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，
则，，，，，∴，
设平面的法向量分别为，
所以 ，
∴，所以平面，故B正确；
选项C：由B可知平面，同理可证平面，
易求，设到平面的距离为，
由，可得，
所以，解得，
所以到平面距离为，同理可得到平面的距离为，
所以平面与平面的距离为，故C不正确；
选项D：连接并延长交CD延长线于U，连接UF交AD于V，交CB的延长线于W，
，
，，，
所以截面周长为，所以D正确．
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：求点到面的距离，常用等体积法转化为一个面上的高的方法处理，求截面周长，关键是作出截面图形.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 展开式中的常数项为______．
【答案】135
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项特征，即可求解.
【详解】展开式的通项为，
令，所以常数项为，
故答案为：135
13. 已知函数，其中，若是的极小值点，则实数a的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】求导可得，由是的极小值点，结合已知可得，求解可得实数的取值范围.
【详解】因为函数的定义域为，
求导得，
令，可得或，
因为是的极小值点，又，所以，从而．
所以实数的取值范围为.
故答案为：
14. 过双曲线的左焦点F作渐近线的垂线，与双曲线及渐近线的交点分别为A，B，点A，B均在第二象限，且A为线段FB的中点，则______．
【答案】1
【解析】
【分析】首先利用点到直线的距离公式计算出，进而得到，在根据双曲线的定义计算出，然后在中使用余弦定理即可求解。
【详解】
设双曲线的右焦点为，由，得，，
中，，
又，，
所以，解得，所以．
故答案为：
四、解答题：本小题共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. 已知数列的前n项和为，且满足．
（1）求及；
（2）若，求满足条件的最大整数n的值．
【答案】（1），
（2）3
【解析】
【分析】（1）由已知可得，可得是以为首项、为公比的等比数列，可求，；
（2）由（1）可得，可得，求解即可.
【小问1详解】
由，可得，两式相减得，
又得，故是以为首项、为公比的等比数列，
从而，；
【小问2详解】
由，
由，可得，
所以，解得，
则满足条件的最大整数n为3.
16. 如图，某市有三条连接生活区与工作区城市主干道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在出行高峰期主干道Ⅰ有三个易堵点，它们出现堵车的概率都是；主干道Ⅱ有，两个易堵点，它们出现堵车的概率分别为和；主干道Ⅲ有四个易堵点，它们出现堵车的概率都是，某人在出行高峰期开车从生活区到工作区，假设以上各路点是否被堵塞互不影响．
（1）若选择了主干道Ⅰ行驶，求三个易堵点至少有一个出现堵塞的概率；
（2）已知主干道Ⅰ的每个易堵点平均拥堵4分钟，主干道Ⅱ的每个易堵点平均拥堵5分钟，主干道Ⅲ的每个易堵点平均拥堵3分钟，若按照“平均拥堵时间短的路线是较优出行路线”的标准，则从生活区到工作区最优的出行路线是哪一条？
【答案】（1）
（2）选择主干道Ⅲ行驶最优
【解析】
【分析】（1）利用独立重复试验的概率及对立事件的概率公式计算即得.
（2）利用二项分布的期望公式求出主干道Ⅰ和Ⅲ平均拥堵时间，再求出主干道Ⅱ拥堵时间的分布列及期望即可得解.
小问1详解】
记“三个路点中至少有一个被堵塞”，则．
【小问2详解】
记主干道Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ路线平均拥堵时间分别为，
记选择主干道Ⅰ行驶遇到的堵塞次数为，
所以，；
记选择主干道Ⅱ行驶遇到的堵塞次数为，则由题可得，
，
故平均拥堵时间分布列为：
所以；
记选择主干道Ⅲ行驶遇到的堵塞次数为，则，，
，
所以选择主干道Ⅲ行驶最优.
17. 在我国古代数学典籍《九章算术》中，有一种名为“羡除”的几何体，它由古代的隧道形状抽象而来，如图，ABCDFE为五面体，，四边形ABCD，AEFD，BEFC均为等腰梯形，平面平面AEFD，，，，EF到平面ABCD的距离为3，BC和AD的距离为2，点G在棱BC上且．
（1）证明：；
（2）求平面ABE与平面BEF夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）过点G作，证明直线平面即可；
（2）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量即可计算两平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
如图①所示，过点G作，垂足为O，连接OE，
因为平面平面，平面，
平面平面，
从而平面AEFD，
所以，，
在BC上取一点I使得，
过I作，H为垂足，
则，且，
因为，四边形为等腰梯形，
所以，
即，
又，
所以平面，
又平面，
所以；
【小问2详解】
如图②所示，以点O为坐标原点，以OE，OD，OG所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，
则，，，，
设平面，平面的法向量分别为，，
令，得，
令，得，
，
故平面ABE与平面BEF夹角的余弦值．
18. 已知直线l：与函数．
（1）记，求函数的单调区间；
（2）若直线l与函数的图象相切，求实数k的值；
（3）若时，直线l始终在函数图象的上方，求实数k的取值范围．
【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为
（2）2 （3）
【解析】
【分析】（1）对求导得，利用导数单调性法求出的单调区间可得结果；
（2）设出切点坐标，利用导数的几何意义得条件，令，利用导数得单调性解出方程的根可得结果；
（3）解法一：依题意得当时，恒成立，令，，分类讨论得出单调性可得结果；解法二：由题意整理得，构建，利用导数判断其单调性，结合洛必达法则分析求解.
【小问1详解】
由题意得，，，则，
令，解得，所以在上为增函数，
令，解得，所以在上为减函数，
故函数的单调增区间为，单调减区间为．
【小问2详解】
设直线l：与函数相切于点，
则，得，
令，则，故在上单调递减，
从而至多一根，又，故，．
【小问3详解】
解法一：由题意知，当时，恒成立，
令，，则，，
①当时，，则，
所以在上单调递增，故．
②当时，令得，，
由且得，故当时，，
在上单调递减，从而，不符合题意；
综上所述：k的取值范围为；
解法二：由题意知，当时，恒成立，
整理得，
构建，则，
构建，则当恒成立，
可知在内单调递增，则，
即当恒成立，可知在内单调递减，
且当x趋近于1时，趋近于2，可得，
所以k的取值范围为.
19. 已知椭圆的离心率为，焦距为2，，分别为椭圆的左、右焦点，M为椭圆上异于长轴端点的一个动点，直线，与椭圆的另外一个交点分别为P，Q．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若点M在x轴上方，，求直线MP的方程；
（3）设，的面积分别为，，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据离心率和焦距得到方程，求出，，得到椭圆方程；
（2）设：，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由得到，结合两根之和，两根之积，得到，求出答案；
（3）表达出，设的方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，故，同理得到，故，
根据求出．
【小问1详解】
由题意得，，解得，，
故，
故椭圆方程为；
【小问2详解】
设，，显然的斜率不为0，
设：，联立，
得，，
即，则，
∵，即，③
由①③得，，代入②得，，
因为，所以，解得，
∴或（舍），
∴直线MP方程为：；
【小问3详解】
设，，，则，
④，
设：，，
联立，得，即，
，
即，⑤
同理：，⑥
把⑤⑥代入④得，，
∵，∴．
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．0
5
10
P