安徽省2023_2024学年高一数学下学期第五次月考试题含解析

这是一份安徽省2023_2024学年高一数学下学期第五次月考试题含解析，共18页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，8B， 若直线与圆交于两点，则等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：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.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
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. 已知空间向量，且共线，则（）
A. -2B. 2C. -4D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】运用空间向量共线坐标公式列方程计算即可.
【详解】因为共线，则存在实数，使得，则，解得.
故选：B.
2. 已知等差数列的前项和为，若，则（）
A. 33B. 54C. 64D. 81
【答案】D
【解析】
【分析】由等差数列的性质求出，再由等差数列的前项和公式求解即可.
【详解】因为，所以，即，
所以.
故选：D.
3. 曲线在处的切线方程为（）
A. B.
CD.
【答案】C
【解析】
【分析】运用导数公式求得切线斜率，结合点斜式求解即可.
【详解】因为，所以切线斜率，
又，所以所求的切线方程为，即.
故选：C.
4. 手机电池随着日常使用其寿命缩短，是消耗品，某种型号手机的电池寿命（单位：年）服从正态分布，使用寿命不少于3年的概率为0.8，使用寿命不少于5年的概率为0.2.某人买了该型号手机，则手机电池使用寿命不少于4年的概率为（）
A. 0.8B. 0.7C. 0.5D. 0.2
【答案】C
【解析】
【分析】由条件可得，这样可以判断正态分布的对称轴，从而得解.
【详解】因为，所以对称轴，
所以.
故选：C.
5. 在直三棱柱中，重心为点，棱的中点为，设，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由空间向量基本定理求解即可.
【详解】取中点，连接，，由底面为正三角形，
知过点，且.
于，
故选：D.
6. 从数字中随机取一个数字，取到的数字为，再从数字中随取一个数字，则第二次取到数字2的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用互斥事件加法公式和全概率公式求解即可.
【详解】记事件“第一次取到数字”，，事件“第二次取到数字2”，
由题意知是两两互斥的事件，且（样本空间），
所以
.
故选：A.
7. 设为坐标原点，双曲线的焦距为4，其左､右焦点分别为，点在上，，则双曲线的离心率为（）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】法一：设在第一象限，，结合双曲线定义利用余弦定理得，利用面积相等得，代入椭圆得，利用得，即可求离心率；
法二：设在第一象限，，结合双曲线定义利用余弦定理得，然后平面向量知识可得，平方可得，进而，所以，即可求离心率.
【详解】法一：不妨设点在第一象限，，，则由双曲线定义可得，
在中，由余弦定理可得，
即，即，
由，代入数据可得，
而，所以.
因为，所以，即，
与联立，解得，故.
故选：A.
法二：不妨设点在第一象限，，，则由双曲线定义可得，
在中，由余弦定理可得.
又由平面向量知识可得，平方得，
又，可得.
与联立可解得，故，
所以，故.
故选：A.
8. 在平面直角坐标系中，有许多边长为1的正方形网格，一质点从坐标原点开始，沿着正方形对角线向右上方或右下方随机跳动，跳动一次运动路程为，若质点跳动不跨越轴到第四象限且跳动8次后落在点处（如图给出了质点的一种运动路径），则不同的跳动路径的种数为（）
A. 10B. 14C. 16D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】结合分类加法，由在质点每次跳动后到达的端点处标出在此端点之前的符合要求的路径数，每个端点处对应的数字应为前一个端点或前两个“流向”此处端点的数字之和画图分析即可.
【详解】由题意可知，质点每次跳动后到达边长为1的小正方形对角线端点，如图所示，在质点每次跳动后到达的端点处标出在此端点之前的符合要求的路径数，每个端点处对应的数字应为前一个端点或前两个“流向”此处端点的数字之和，如图所示，
故符合条件的路径数为14.
故选：B.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 若直线与圆交于两点，则（）
A. 当时，直线的倾斜角为
B. 圆的圆心坐标为
C. 圆的半径为3
D. 的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出直线的斜率，即可得到倾斜角，即可判断A；将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，从而判断B、C；求出圆心到直线的距离，再由勾股定理判断D.
【详解】当时，直线的方程为，则直线的斜率为，所以倾斜角为，故A正确；
圆的方程化为标准方程为，圆心，半径，故B错误，C正确；
圆心到直线的距离，因为，所以，
所以，
所以，故D正确.
故选：ACD.
10. 若函数有且仅有极大值，则（）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】由函数有且仅有极大值可知在上仅有一个变号正零点，且在此变号正零点两侧的符号为左正右负，结合二次函数的图象分析即可.
【详解】函数的定义域为，，
因为函数有且仅有极大值，
所以在上仅有一个变号正零点，且在此变号正零点两侧的符号为左正右负，
设函数（），即在上仅有一个变号正零点，且在此变号正零点两侧的符号为左正右负，
①当时，二次函数无零点，故不符合题意；
②当时，二次函数有一个不变号零点，故不符合题意；
③当时，如图所示，
结合二次函数的图象可得，解得.
故选：CD.
11. 已知正方体的棱长为2，其外接球球心为，点分别是棱的中点，则下列结论正确的是（）
A. 球上存在无数个点，使得直线平面
B. 球上存在无数个点，使得直线平面
C. 直线与所成角的余弦值为
D. 三棱锥的体积之比为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据过平面外一点有且只有一条垂直该面的直线判断A；取中点，中点，连接，利用面面平行的判定定理得平面平面，即可判断B；建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线夹角余弦值判断C；把体积之比转化为点D和点到平面MNC的距离之比，利用向量法求解点面距离即可判断D.
【详解】对A，因为点在球面上，而过点与平面垂直的直线仅有一条，所以这样的点只有一个，故A错误；
对B，取中点，中点，连接，
因为四边形为长方形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为四边形为长方形，所以，
又四边形为长方形，所以，所以，
又平面，平面，所以平面，
又平面，平面，，
所以平面平面，所以平面截球的截面上存在无数个点，均满足平面，故B正确；
对C，以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
所以，，
则，
所以直线与所成角的余弦值为，故C正确；
对D，设平面MNC法向量为，则，
令，得，故得到一个法向量为.
点D到平面MNC的距离为，点到平面MNC的距离为，
所以，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：对于较难的立体几何问题，往往建立空间直角坐标系，然后利用向量法求解空间角和空间距离，熟悉掌握向量夹角和距离公式是解决此类问题的关键.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 二项式的展开式中，的系数为__________.（用数字作答）
【答案】15
【解析】
【分析】运用二项式的通项公式计算即可.
【详解】的展开式的通项为，
令，得，所以的系数为.
故答案为：15.
13. 第九届亚洲冬季运动会（简称亚冬会）将于2025年2月7日至2月14日在中国冰雪名城哈尔滨举行，若将6名大学生分配到亚冬会5个分会场进行引导服务，每名大学生只分配到1个分会场，且每个分会场至少分配1名大学生，则不同的分配方案的种数为__________.（用数字作答）
【答案】1800
【解析】
【分析】依题意，这是个部分平均分组问题，先按要求把6人分成“”，再将分好的组分配到5个不同的会场，利用分步乘法计数原理计算即得.
【详解】先将6人分成5组，人数分别为“”，方法数为种；
再将分好的5组分配到5个分会场，方法数为种.
利用分步乘法计数原理，共有种分配方案.
故答案为：1800.
14. 已知点，椭圆上的两点满足，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】设，由及点差法可得，结合点在椭圆上可得，由求解即可.
【详解】由题意知，，，故点在椭圆内，、、三点共线，如图所示，
设，则，
由，可得，解得.
又，
可得，即，⑤
将①②代入⑤可得，⑥
联立①⑥，即，解得，
将点带入椭圆方程可得，整理得，
由可得，解得，
又，所以，故实数的取值范围是.
故答案为：.
四､解答题：共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 某工厂生产一种塑料产品，为了提高产品质量分别由两个质检小组进行检验，两个质检小组检验都合格才能销售，否则不能销售.已知该塑料产品由第一个小组检验合格的概率为，由第二个小组检验合格的概率为，两个质检小组检验是否合格相互没有影响.
（1）求一件产品不能出厂销售的概率；
（2）从生产的塑料产品中任取4件，记为能销售产品的件数，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据独立事件乘法公式和对立事件概率公式求解即可；
（2）根据二项分布求解分布列即可，然后利用期望定义求解期望.
【小问1详解】
由题意知，一件塑料产品可以出厂销售的概率为，
所以一件塑料产品不能出厂销售的概率为.
【小问2详解】
由（1）知，一件塑料产品合格的概率为，则.
所以，，
所以的分布列用表格表示为
故的数学期望.
16. 如图，四棱锥的底面是圆柱底面圆的内接矩形，是圆柱的母线，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的性质定理和判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理即可证明平面平面.
（2）以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，由平面夹角的向量公式求解即可.
【小问1详解】
证明：因为是圆柱的母线，所以平面，
而平面，所以.
因为底面是圆柱底面圆的内接矩形，
所以是直径，从而，
又因为，平面，平面，
所以平面，
而平面，所以平面平面.
【小问2详解】
由题意平面，，
注意到平面，平面，
所以，
所以两两互相垂直，
以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设为平面的法向量，则，
令，可得，得平面一个法向量为，
设为平面的法向量，则，
令，可得，得平面一个法向量.
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
17. 记数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由通项与前项和的关系可得（），进而可得通项公式.
（2）运用错位相减法求和即可证明.
【小问1详解】
因为，所以.
当时，，故，
所以，
而不满足上式，故数列的通项公式为.
【小问2详解】
证明：由（1）知，
则当时，，
当时，，
故，
于是.
整理可得.
综上，.
18. 已知抛物线经过点中的两个点，为坐标原点，为焦点.
（1）求抛物线的方程；
（2）过且倾斜角为的直线交于两点，在第一象限，求的值；
（3）过点的直线与抛物线交于两点，直线分别交直线于两点，记直线的斜率分别为，证明：为定值.
【答案】（1）
（2）3（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的对称性，确定抛物线经过的点，从而求出其方程；
（2）利用抛物线的定义分别求出和，计算即得；
（3）依题设，将其与抛物线方程联立，写出韦达定理，分别求出点的坐标，求得的表示式，化简，消元并代入韦达定理计算即得.
【小问1详解】
因为抛物线关于轴对称，
所以必过中的两点，
代入可得，解得，所以拋物线的方程为.
【小问2详解】
如图1，过点作抛物线准线的垂线，垂足为，
由抛物线定义可得，又，解得，
同理，解得，故.
【小问3详解】
如图2，设直线的方程为，
联立，得，显然，所以，
直线方程为，令，得点的纵坐标，即，
同理可得，故可得.
于是，即是定值.
【点睛】思路点睛：本题主要考查抛物线定义的应用和与之相关的定值问题.
对于与抛物线的焦半径，焦点弦有关的题型，一般考虑运用抛物线定义求解；对于定值问题，一般思路是设直线方程，与抛物线方程联立，得韦达定理，消元代入求解.
19. 已知函数是两个不同的正数，且满足.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：.
【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对求导，讨论与的大小，即可求出的单调性；
（2）令，由可得，，代入可将题意转化为证明，令，证明即可.
【小问1详解】
函数的定义域为，
求导可得，
由，可得，由，可得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
由（1）可得，
令，当时，由，得，
整理可得，从而.
要证明，只需证明，
即证，即证，
化简得，
即证：，
设，
所以，
设，
则，
因为，所以，所以在上单调递增，
所以，即，
从而在上单调递增，所以，故原命题成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，常用方法有如下几种：
方法一：等价转化是证明不等式成立的常见方法，其中利用函数的对称性定义，构造对称差函数是解决极值点偏移问题的基本处理策略；
方法二：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，构造函数利用函数的单调性证明的不等式即可，例如对数平均不等式的证明；
方法三：利用不等式的性质对原不等式作等价转换后，利用导数证明相关的式子成立.
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