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安徽师范大学附属中学 2023—2024 学年第二学期高二年级
数学试题
2024.06.05
一、单选题：本大题共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. 已知方程 表示焦点在 轴上的双曲线，则实数 的取值范围是（ ）
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. 2 B. 4 C. 6 D. 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 ，
的
抽取 个学生得分在 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. 35 B. 33 C. 31 D. 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. 0 B. 1 C. 2 D. 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】根据相关系数的定义，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 的方程，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 在 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个月的调查活动，使用这款 人数的满意度统计数据如下：
月份 1 2 3 4 5
不满意的人数 120 105 100 95 80
（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：
使用 不使用
女性 48 12
男性 22 18
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
， ， ， ，
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
参考数据： .
【答案】（1） ；37 （2）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，我们推断 不成立，
即认为是否使用这款 与性别有关，此推断的错误概率不大于
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 前 项和 .
的
【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】
的
由题意可得每一个顶点有3个相邻 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.
