安徽省芜湖市2023_2024学年高二数学下学期6月测试试题含解析

这是一份安徽省芜湖市2023_2024学年高二数学下学期6月测试试题含解析，共20页。试卷主要包含了 “”是“直线与直线平行”的， 直线， 已知实数满足，则， 下列说法正确的是， 设函数，则等内容，欢迎下载使用。
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据题意对方程变形，然后列出关于的不等式组，可求得答案.
【详解】由，得，
因为方程表示焦点在轴上的双曲线，
所以，解得.
故选：A.
2. “”是“直线与直线平行”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线平行的条件进行判断
【详解】当时，直线与直线，
即为直线与直线的斜率都是，纵截距不同，则两直线平行，是充分条件；
若直线与直线平行，当时，两直线方程都为，直线重合不符合题意，
当时，两直线平行则斜率相等，截距不相等，解得，是必要条件；
故选：C
3. 上周联考的数学成绩服从正态分布，且，负责命题的王老师考后随机抽取了25个学生的数学成绩，设这25个学生中得分在的人数为，则随机变量的方差为（）
A. 2B. 4C. 6D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性，求得学生得分在的概率，再根据二项分布方差的计算方法求解即可.
【详解】由正态分布知，学生得分在的概率为，
抽取个学生得分在的人数服从二项分布，
.
故选：.
4. 已知数列为等比数列，是它的前项和，若，且与的等差中项为，则（）
A. 35B. 33C. 31D. 30
【答案】D
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，运用等比数列的通项公式和等差中项的性质，解方程可得首项和公比，运用等比数列的求和公式即可.
【详解】设等比数列的公比为，
，，
，，
与的等差中项为，
，即，
解得，
，
由，可得，
.
故选：D.
5. 甲乙等5名同学坐成一排参加高考调研，若甲不在最左端且甲乙不相邻的不同排列方式为（）
A. 64种B. 54种C. 48种D. 36种
【答案】B
【解析】
【分析】利用间接法，先考虑甲乙不相邻的不同排列方式数，再减去甲站在一端且甲乙不相邻的排列方式数，结合排列数运算求解.
【详解】先考虑甲乙不相邻的不同排列方式数，再减去甲站在左端且甲乙不相邻的排列方式数，
所以总数为种.
故选：B.
6. 直线：与圆：的公共点的个数为（）
A. 0B. 1C. 2D. 1或2
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知直线与圆的方程，得到直线过定点，结合点与圆的位置关系，即可判定.
【详解】由直线，可得直线过定点，
又由圆：，可得点在圆C上，
因为直线的斜率显然存在，所以公共点的个数为2.
故选：C.
7. 已知二项式展开式的二项式系数的和为64，则（）
A. 展开式中各项系数的和为B. 展开式中第3项的二项式系数最大
C. 展开式的常数项为D. 展开式中第5项的系数最大
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项式展开式的二项式系数的和为64得，再分别讨论各选项即可得答案.
【详解】解：因为二项式展开式的二项式系数的和为64，
所以，解得，
所以，对于A选项，令得展开式中各项系数的和为，故A选项错误；
对于B选项，由可知展开式中第4项的二项式系数最大，为，故B选项错误；
对于C选项，由展开式的通项公式为：，，
故令，即时，展开式的常数项为，故C 选项错误；
对于D选项，展开式的系数分别为，
，
所以，展开式中系数最大值为，此时，为展开式第5项，故D选项正确.
故选：D
8. 已知实数满足，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出，构造函数，利用导数研究单调性，比较出，构造函数，比较出，即可求解.
【详解】依题意，则.
令，故，
故当时，在上单调递增，
故，则.令，
则，故当时，在上单调递增，
则，则.
综上所述：.
故选：A
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. 下列说法正确的是（）
A. 若样本相关系数，说明两个变量没有相关关系
B. 若样本相关系数越大，则两个变量的线性相关性越强
C. 在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好
D. 对分类变量与，若它们的越大，则推断与有关联时犯错误的概率越小
【答案】CD
【解析】
【分析】根据题意，结合相关系数的概念，以及独立性检验的概念，逐项判定，即可求解.
【详解】根据相关系数定义，当时，表明两个变量正相关；当时，表明两个变量负相关，其中，且当越接近时，相关程度越大；当越接近时，相关程度越小，
对于A中，若样本相关系数，说明两个变量没有线性相关关系，不能说明没有非线性相关，
所以A不正确；
对于B中，若样本相关系数越大，则两个变量的线性相关性越强，所以B不正确；
对于C中，在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好，
所以C正确；
对于D中，对分类变量与，若它们的越大，变量与的关联关系越大，
即则推断与有关联时犯错误的概率越小，所以D正确.
故选:CD.
10. 设函数，则（）
A. 函数的单调递减区间为
B. 函数有极大值且极大值为
C. 若方程有两个不等实根，则实数的取值范围为
D. 经过坐标原点的曲线的切线方程为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用导数研究函数的单调性，结合极值、方程的根与函数图象交点个数之间的关系和导数的几何意义，依次判断选项即可.
【详解】对于A,由题知，的定义域为，
，
令，得，
当时，，
当时，，
所以在上单调递增，
在上单调递减，故A错误；
对于B，当时，取得极大值，
且，故B正确；
对于C，由以上分析可作出的图象，
要使方程有两个不等实根，
只需与的图象有两个交点，
有图可知，故C正确；
对于D，设切点为，
因为切线经过原点，则切线的斜率，
得，则，
所以切线的斜率，所以切线方程为，故D正确，
故选：BCD.
11. 已知抛物线和的焦点分别为，动直线与交于两点，与交于两点，其中，且当过点时，，则下列说法中正确的是（）
A. 的方程为B. 已知点，则的最小值为
C. D. 若，则与的面积相等
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，设，联立抛物线方程，结合韦达定理求出即可判断；对于B，结合抛物线定义、三角形三边关系即可判断；对于C，设，分别联立抛物线方程，结合韦达定理即可判断；对于D，由C选项分析可得，结合以及韦达定理即可得出两个三角形的高相等，显然三角形同底，由此即可判断.
【详解】解：当过点时，设，联立，可得，
，
故，解得，则，故A错误；
过点向的准线引垂线，垂足分别为，
点到的准线的距离，
由抛物线定义可知，
等号成立当且仅当点为与抛物线的交点，故B正确；
设，由，可得，
，
由，可得，
，
故，同理可得，故C正确；
，故，
注意到，可得，
所以，从而与的面积相等，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：判断B选项的关键是为与抛物线的交点求得最小，判断D选项的关键是得出，由此即可顺利得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设是一个随机试验中的两个事件，且，则_____________.
【答案】##0.25
【解析】
【分析】根据和事件的概率公式求出，再由条件概率公式求解即可.
【详解】由，解得，
所以，
故答案为：
13. 已知圆的圆心为点，直线与圆交于两点，点在圆上，且，若，则_____________.
【答案】
【解析】
【分析】设弦的中点为，得到，化简，即可求解.
【详解】由圆，可得圆心，半径为，设弦的中点为，如图，
因为，，所以，
且，
所以
，
解得.
故答案为：.
14. 已知实数，对恒成立，则的取值范围为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】将不等式变形可得，利用函数同构可令函数，得出其单调性可判断得出，由参变分离可求得，利用导数求出函数的最小值即可得出的取值范围.
【详解】根据题意将不等式变形可得，
即，
所以，即，
又，可得，
也即；
构造函数，则，而不等式等价于，
易知当时，原不等式显然成立；
当时，易知上恒成立，即函数在上单调递增，
所以，可得；
令，则，
所以可得在上单调递减，在上单调递增，
即在处取得极小值，也是最小值，
因此可得，即的取值范围为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：在求解不等式恒成立问题时，常用的方法是将不等式通过合理变形并根据已知条件利用函数同构思想进行构造函数，利用导数判断出单调性求出相应最值即可得出结论.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
15. 某手机公司对一小区居民开展5个月调查活动，使用这款人数的满意度统计数据如下：
（1）求不满意人数与月份之间的回归直线方程，并预测该小区10月份对这款不满意人数；
（2）工作人员从这5个月内的调查表中随机抽查100人，调查是否使用这款与性别的关系，得到下表：
根据小概率值的独立性检验，能否认为是否使用这款与性别有关？
附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为
，，，，
参考数据：.
【答案】（1）；37（2）不能
【解析】
【分析】（1）根据题给数据求解回归方程即可得出结论；
（2）根据题给数据分析列联表求解得出结论
【小问1详解】
由表中的数据可知，，
，
，，
不满意人数与月份之间的回归直线方程为，
当时，
预测该小区10月份对这款不满意人数为37；
【小问2详解】
提出假设：是否使用这款与性别无关，
由表中的数据可得，
根据小概率值的独立性检验，我们不能推断不成立，
即不能认为使用这款与性别有关.
16. 设是正项数列，且其前项和为，已知.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求得的值，然后结合递推关系式整理可得数列为等差数列，结合等差数列通项公式可得数列的通项公式；
（2）由（1）可得，利用分组法与裂项相消法求和即可.
【小问1详解】
当时，，解得：，
当且时，，
∴，
整理可得：，
∵，∴，∴，
∴数列以2为首项，4为公差的等差数列，
∴.
【小问2详解】
，
.
17. 如图，在三棱柱中，，四边形为菱形，.
（1）证明：.
（2）已知平面平面，求平面与平面所成夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过线面、面面的位置关系证平行四边形为菱形即可；
（2）先证平面，根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可求解.
【小问1详解】
设为的中点，连接，，，，如图，
因为，所以，
因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，则，
又平面，平面，，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，平面，
，所以平面，
因为平面，所以，
所以四边形为菱形，即.
【小问2详解】
因为平面平面，且平面平面，，平面，所以平面；
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，，
可得，，.
设平面的法向量为，则
令，则，，可得.
设平面的法向量为，则
令，则，，可得.
，
故平面与平面所成夹角的余弦值为.
18. 如图，已知正方体顶点处有一质点，点每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次，若质点的初始位置位于点处，记点移动次后仍在底面上的概率为.
（1）求；
（2）求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由图形可得每一个顶点有3个相邻的顶点，其中两个在同一底面，推得，再利用全概率公式可求出；
（2）由题意可得，化简变形后利用等比数列的通项公式可求出，然后利用错位相减法可求出.
【小问1详解】
由题意可得每一个顶点有3个相邻的顶点，其中两个在同一底面，
所以当在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为，
在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为，
因为，
所以；
【小问2详解】
由题意可知，
所以，
因为，所以，
所以数列是以为公比，为首项的等比数列，
所以，所以，
所以，
令，，
则，
所以，
所以
，
所以，
，
因为，
所以
【点睛】关键点点睛：此题考查全概率公式的应用，考查等比数列求和公式，考查错位相减法，解题的关键是根据题意表示出，考查转化思想和运算能力，属于较难题.
19. 设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于两点，过作的平行线交于点.
（1）设动点的轨迹为曲线，求曲线的方程；
（2）曲线与轴交于.点在点的右侧，直线交曲线于点两点不过点，直线与直线的斜率分别是且，直线和直线交于点.
①探究直线是否过定点，若过定点求出该点坐标，若不过定点请说明理由；
②证明：为定值，并求出该定值.
【答案】（1）
（2）①过定点，；②证明见解析，4
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到，结合椭圆的定义，即可求解；
（2）①设点，且，联立方程求得，结合，列出方程求得的值，即可求解；
②设直线和直线的斜率为，求得，结合，得到，求得的值，即可求解.
【小问1详解】
解：如图所示，因为，可得，
所以，则，
又圆的标准方程为，可得圆心坐标为，且，
所以，又由，可得，即
由椭圆定义可得点的轨迹方程为.
【小问2详解】
解：①设点，且直线，
联立方程，整理得，
则且，
，
所以，
即，
因为，所以，
化简得，解得，所以直线过定点；
②设直线和直线的斜率为，
因为，可得，
又由
因为直线与直线的斜率分别是且，
且直线和直线交于点，
所以.所以.
【点睛】方法知识总结：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
月份
1
2
3
4
5
不满意的人数
120
105
100
95
80
使用
不使用
女性
48
12
男性
22
18
01
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828