安徽省江南十校2023-2024学年高二下学期联考试卷

2024年“江南十校”高二年级联考数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．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.0 D.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：C2.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.205 B.246 C.270 D.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（）A B.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.18 B.36 C.54 D.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：A6.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.2 D.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：BC10.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2B.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：13513.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：0510P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，