精品解析：江西省宜春市宜丰中学创新部2023-2024学年高一下学期6月月考数学试题

江西省宜丰中学2023-2024（下）创新高一6月月考数学试卷 一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，满分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. 若100件产品中包含10件次品，有放回地随机抽取6件，下列说法正确的是（ ） A. 其中的次品数服从超几何分布 B. 其中的正品数服从二项分布 C. 其中的次品数的期望是1 D. 其中的正品数的期望是5 2. 2024年“与辉同行”直播间开播，董宇辉与其他7位主播从“心”出发，他们中男性5人，女性3人，现需排班晚8：00黄金档，随机抽取两人，则男生人数的期望为（ ） A. B. C. D. 3. 某银行有一自动取款机，在某时刻恰有个人正在使用或等待使用该取款机的概率为，根据统计得到，则在该时刻没有人正在使用或等待使用该取款机的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 某学校高一、高二、高三的学生人数之比为，这三个年级分别有20%，30%，20%的学生获得过奖学金，现随机选取一名学生，此学生恰好获得过奖学金，则该学生是高二年级学生的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为（ ） A. 24 B. 18 C. 12 D. 6 6. 某次数学测验共有10道单选题（四个选项中只有一项是正确的），某同学全都不会做，记该同学做对的题目数为，且服从二项分布，则以下说法错误的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的右顶点为，若直线与的两条渐近线分别交于，两点，且满足，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知抛物线，圆，为圆外一点，过点作圆的两条切线，，直线与抛物线交于点，，直线与抛物线交于点，，若，则（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 1 二、选择题：本大题共3个小题，每小题6分，满分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. 下列说法中正确的是（ ） A. 一组数据的第60百分位数为14 B. 某中学有高中生3500人，初中生1500人，为了解学生学习情况．用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为100的样本，则抽取的高中生人数为70 C. 若样本数据的平均数为10，则数据的平均数为3 D. 随机变量服从二项分布，若方差，则 10. 某届国际羽联世界锦标赛单打决赛在甲､乙两人之间进行，比赛采用五局三胜制.按以往比赛经验，每一局甲获胜的概率为，则下列说法一定正确的有（ ） A. 当时，打四局结束比赛的概率大于打五局结束比赛的概率 B. 当时，打三局结束比赛的概率最大 C. 当时，打四局结束比赛的概率大于打五局结束比赛的概率 D. 当时，打三局结束比赛的概率最大 11. 在正方体中，，为的中点，是正方形内部一点（不含边界），则下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. 若直线与平面所成角为，则的取值范围是 C. 若四棱锥的外接球的球心为，则的取值范围是 D. 以的边所在直线为旋转轴将旋转一周，则在旋转过程中，点到平面的距离的最小值是 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 10名同学中有a名女生，若从中抽取2个人作为学生代表，恰好抽取1名女生的概率为，则a=________． 13. 在中，已知，为线段的中点，若，则______． 14. 已知随机变量，其中，随机变量的分布列为 0 1 2 表中，则的最大值为________．我们可以用来刻画与的相似程度，则当，且取最大值时，________． 四、解答题：本大题共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. 某汽车销售店以万元每辆的价格购进了某品牌的汽车.根据以往的销售分析得出，当售价定为万元/辆时，每年可销售辆该品牌的汽车，且每辆汽车的售价每提高千元时，年销售量就减少辆. （1）若要获得最大年利润，售价应定为多少万元/辆? （2）该销售店为了提高销售业绩，推出了分期付款的促销活动.已知销售一辆该品牌的汽车，若一次性付款，其利润为万元;若分期或期付款，其利润为万元;若分期或期付款,其利润为万元.该销售店对最近分期付款的位购车情况进行了统计，统计结果如下表： 付款方式 一次性 分期 分期 分期 分期 频数 若X表示其中任意两辆的利润之差的绝对值，求X的分布列和数学期望. 16. 在中，内角所对的边分别为，且. （1）求角； （2）射线绕点旋转交线段于点，且，求的面积的最小值. 17. 已知椭圆的长轴长为4，一个焦点与抛物线的焦点重合． （1）求椭圆的方程； （2）若不过的直线交于两点，使得，求证：直线恒过一定点． 18. 如图，在四棱锥 中， ， . （1）证明: 平面平面； （2）若为 中点，求直线与平面所成角的正弦值. 19. 已知点在抛物线E：（）的准线上，过点M作直线与抛物线E交于A，B两点，斜率为2的直线与抛物线E交于A，C两点. （1）求抛物线E的标准方程； （2）（ⅰ）求证：直线过定点； （ⅱ）记（ⅰ）中的定点为H，设的面积为S，且满足，求直线的斜率的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省宜丰中学2023-2024（下）创新高一6月月考数学试卷 一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，满分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. 若100件产品中包含10件次品，有放回地随机抽取6件，下列说法正确的是（ ） A. 其中的次品数服从超几何分布 B. 其中的正品数服从二项分布 C. 其中的次品数的期望是1 D. 其中的正品数的期望是5 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意中的试验，了解到是有放回的抽取，得出与之相关的离散型随机变量“正品数”“次品数”均服从二项分布，利用二项分布期望公式即可求解. 【详解】若100件产品中包含10件次品，有放回地随机抽取6件，则每一次抽取的结果相互独立，故此题中的“正品数”和“次品数”都分别服从二项分布. 对于选项A，因次品数服从二项分布，故选项A错误； 对于选项B，正品数服从二项分布，故选项B正确； 对于选项C，因次品数服从二项分布，即，则次品数的期望是，故选项C错误； 对于选项D，因正品数服从二项分布，即，则正品数的期望是，故选项D错误. 故选：B. 2. 2024年“与辉同行”直播间开播，董宇辉与其他7位主播从“心”出发，他们中男性5人，女性3人，现需排班晚8：00黄金档，随机抽取两人，则男生人数的期望为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先将男生人数设为随机变量，再求得概率，代入期望公式，即可求解. 【详解】设男生人数为，且， ，，, 则. 故选：C 3. 某银行有一自动取款机，在某时刻恰有个人正在使用或等待使用该取款机的概率为，根据统计得到，则在该时刻没有人正在使用或等待使用该取款机的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由概率和为可求解，即为所求. 【详解】由题意知，， 则，解得， 即该时刻没有人正在使用或等待使用该取款机的概率为. 故选：B. 4. 某学校高一、高二、高三的学生人数之比为，这三个年级分别有20%，30%，20%的学生获得过奖学金，现随机选取一名学生，此学生恰好获得过奖学金，则该学生是高二年级学生的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件概率公式计算． 【详解】设事件A为被选到的学生获得过奖学金，事件B为该学生是高二年级学生，则． 故选：B 5. 已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为（ ） A. 24 B. 18 C. 12 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据题意求得，然后结合二项式定理即可求解. 【详解】已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则只能， 从而的展开式为， 令，解得， 所以展开式中的常数项为. 故选：A. 6. 某次数学测验共有10道单选题（四个选项中只有一项是正确的），某同学全都不会做，记该同学做对的题目数为，且服从二项分布，则以下说法错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项分布的均值公式、方差公式、均值性质以及概率公式计算可得答案. 【详解】因为，所以，故A正确； ，故B正确； ，故C正确； ，故D错误. 故选：D 7. 已知双曲线的右顶点为，若直线与的两条渐近线分别交于，两点，且满足，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，将直线方程与渐近线方程联立，得到，两点的坐标，根据向量的坐标运算以及离心率公式再进行求解即可． 【详解】易知双曲线的渐近线方程为， 联立，解得， 即， 联立，解得， 即， 因为， 所以， 即， 因为， 所以，解得， 则双曲线的离心率． 故选：C． 8. 已知抛物线，圆，为圆外一点，过点作圆的两条切线，，直线与抛物线交于点，，直线与抛物线交于点，，若，则（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由题意设出过点且与圆相切的切线方程，从而可用表示，进一步联立圆的切线方程（）与抛物线方程，结合韦达定理、同理思想以及即可得解. 【详解】由题意，且都与抛物线有两个不同的交点，所以， 故设过点且与圆相切的切线方程为，即， 由题意得，整理得，（*）， 设直线的斜率分别为，则是方程（*）的两个实根， 故， 由，得， 因为，，，， 所以， 所以 . 故选：C. 【点睛】关键点点睛：关键在于得出，，由此即可顺利得解. 二、选择题：本大题共3个小题，每小题6分，满分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. 下列说法中正确的是（ ） A. 一组数据的第60百分位数为14 B. 某中学有高中生3500人，初中生1500人，为了解学生学习情况．用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为100的样本，则抽取的高中生人数为70 C. 若样本数据的平均数为10，则数据的平均数为3 D. 随机变量服从二项分布，若方差，则 【答案】BC 【解析】 【分析】由百分位数求解判断A，由分层抽样判断B，由平均值性质判断C，由二项分布性质判断D. 【详解】对A，，故第60百分位数为第6和第7位数的均值，故A错误； 对B，由题抽取的高中生抽取的人数为，故B正确； 对C， 设数据的平均数为， 由平均值性质可知：样本数据的平均数为， 解得，故C正确； 对D，由题意可知，解得或， 则或，故D错误. 故选：BC 10. 某届国际羽联世界锦标赛单打决赛在甲､乙两人之间进行，比赛采用五局三胜制.按以往比赛经验，每一局甲获胜的概率为，则下列说法一定正确的有（ ） A. 当时，打四局结束比赛的概率大于打五局结束比赛的概率 B. 当时，打三局结束比赛的概率最大 C. 当时，打四局结束比赛的概率大于打五局结束比赛的概率 D. 当时，打三局结束比赛的概率最大 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用独立重复实验的概率公式计算即可得解. 【详解】当时，则甲输的概率为， 打四局结束比赛的概率为， 打五局结束比赛的概率为， 打三局结束比赛的概率为， 所以打四局结束比赛的概率大于打五局结束比赛的概率，打四局结束比赛的概率最大， 故A正确，B错误； 当时，则甲输的概率为， 打四局结束比赛的概率为， 打五局结束比赛的概率为， 打三局结束比赛的概率为， 所以打四局结束比赛的概率大于打五局结束比赛的概率，打三局结束比赛的概率最大， 故CD正确. 故选：ACD. 11. 在正方体中，，为的中点，是正方形内部一点（不含边界），则下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. 若直线与平面所成角为，则的取值范围是 C. 若四棱锥的外接球的球心为，则的取值范围是 D. 以的边所在直线为旋转轴将旋转一周，则在旋转过程中，点到平面的距离的最小值是 【答案】ABD 【解析】 【分析】先证明平面，得，同理得从而可得平面，由面面垂直的判定定理即可证A；分离出四棱锥，求出的取值范围，即可得线面夹角的取值范围，即可判断B；求出外接球的球心到平面的距离，及外接球的半径，即可得的取值范围，即可判断C；由先推出点的轨迹，证明平面平面，求出，从而可得最小距离，即可判断D. 【详解】对于A，如图1，连结， 则， 因为平面，平面， 所以，又，，平面， 所以平面， 又平面，所以， 同理，且，且，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面，故A正确； 对于B，将正方体中分离出四棱锥，如图2， 取的中点，连结，，因为平面， 所以，，，，即， 所以，故B正确； 对于C，如图2，连结，，设，的交点为， 则平面，过作，垂足为，连结，， 所以， ， 又，所以， 解得， 所以， 所以的长度小于， 又，所以的取值范围是，故C错误； 对于D，如图3，连结，交于点，取的中点，连结，， 则点的运动轨迹是平面内以为圆心，为半径的圆， 易知，由，知，，且，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面，， 如图4，与圆的交点分别为，， 当点位于点时，点到平面的距离取得最小值， 且距离的最小值为，故D正确. 故选：ABD 【点睛】方法点睛：对于立体几何中的动点轨迹与存在性性问题的求解策略 1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； 3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； 4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 10名同学中有a名女生，若从中抽取2个人作为学生代表，恰好抽取1名女生的概率为，则a=________． 【答案】2或8 【解析】 【分析】利用超几何分布概率公式计算即可. 【详解】根据题意，得=，解得a=2或a=8． 故答案为：2或8. 13. 在中，已知，为线段的中点，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由向量的线性运算公式可得，由平面向量基本定理可得、的值，进而计算可得答案． 【详解】根据题意，在中，已知，则， 由于为线段的中点， 则， 又，、不共线，故，， 所以． 故答案为：． 14. 已知随机变量，其中，随机变量的分布列为 0 1 2 表中，则的最大值为________．我们可以用来刻画与的相似程度，则当，且取最大值时，________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题意，求得和，结合二次函数的性质，求得取得最大值，再由二项分布方差，求得，进而得到，即可求解. 【详解】由题意，可得，则， 因为，所以当时，取得最大值， 又由，可得，解得， 可得， 又因为， 可得， 所以. 故答案为：；, 四、解答题：本大题共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. 某汽车销售店以万元每辆的价格购进了某品牌的汽车.根据以往的销售分析得出，当售价定为万元/辆时，每年可销售辆该品牌的汽车，且每辆汽车的售价每提高千元时，年销售量就减少辆. （1）若要获得最大年利润，售价应定为多少万元/辆? （2）该销售店为了提高销售业绩，推出了分期付款的促销活动.已知销售一辆该品牌的汽车，若一次性付款，其利润为万元;若分期或期付款，其利润为万元;若分期或期付款,其利润为万元.该销售店对最近分期付款的位购车情况进行了统计，统计结果如下表： 付款方式 一次性 分期 分期 分期 分期 频数 若X表示其中任意两辆的利润之差的绝对值，求X的分布列和数学期望. 【答案】（1）万元/辆 （2） 数学期望为 【解析】 【分析】（1）设销售价格提高了万元/辆，年利润为万元，表示出利润，即可得出结果； （2）利用超几何分布结合古典概型求概率，得出分布列即可求解数学期望. 【小问1详解】 设销售价格提高了万元/辆，年利润为万元． 则由题意得年销售量为， ． 故当时，取最大值．此时售价为万元/辆． 所以当售价为万元/辆时，年利润最大． 【小问2详解】 由图表可知，利润为万元的有辆， 利润为万元的有辆，万元的有辆． 所以， ， ， 所以的分布列为： 所以的数学期望． 16. 在中，内角所对的边分别为，且. （1）求角； （2）射线绕点旋转交线段于点，且，求的面积的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助正弦定理将边化角后，利用三角形内角和公式及两角和的正弦公式计算即可得； （2）借助等面积法计算可得，利用基本不等式可得， 利用面积公式计算即可得. 【小问1详解】 ， 由正弦定理得， 则， 即 则， 且， ，； 【小问2详解】 由和，可知， 因为， 所以， 又因为， 所以，即， 又， 当且仅当，即时，等号成立， 所以， 所以， 所以的面积的最小值为. 17. 已知椭圆的长轴长为4，一个焦点与抛物线的焦点重合． （1）求椭圆的方程； （2）若不过的直线交于两点，使得，求证：直线恒过一定点． 【答案】（1） （2）证明: 设， 由可得， 由， 可得，则，. 因为， 所以直线与关于轴对称， 所以，即， 所以， 即， 所以，可得， 所以直线的方程为，恒过定点. 【解析】 【分析】（1）由题可得，又，即得椭圆方程； （2）利用韦达定理法，利用斜率互为相反数得与的一次关系即得. 【小问1详解】 由，可得，所以. 又，故，所以， 所以椭圆的方程为：. 【小问2详解】 略. 18. 如图，在四棱锥 中， ， . （1）证明: 平面平面； （2）若为 中点，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 在中，由余弦定理， ， ， 平面，故平面， 又平面 ， 平面平面. （2） 【解析】 【分析】(1)先由余弦定理解出，由勾股定理证明垂直，进而证明出平面，最后证出平面平面； (2)适当说明并建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，并求出平面的一个法向量，最后求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，由余弦定理可知， ， 所以，，所以， 又由 (1) 知平面平面，平面平面，平面， 故 平面平面 ， ，又平面， 平面平面， ，又， 如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴， 建立空间直角坐标系，则：， ， 是中点， ， 设 为平面的一个法向量， ， ，即， 令 得， 设直线与平面所成角大小为， 则， 所以直线与平面 所成角的正弦值为 . 19. 已知点在抛物线E：（）的准线上，过点M作直线与抛物线E交于A，B两点，斜率为2的直线与抛物线E交于A，C两点. （1）求抛物线E的标准方程； （2）（ⅰ）求证：直线过定点； （ⅱ）记（ⅰ）中的定点为H，设的面积为S，且满足，求直线的斜率的取值范围. 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明：设，，， 由题意知直线不与y轴垂直，故直线方程可设为：， 与抛物线方程联立 ，化简得：，根据韦达定理可得： 即， ，直线方程为，整理得：. 又因为，即. 将代入化简可得：， 代入整理得： 故直线过定点 （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据点在抛物线的准线上可得，即可求出抛物线方程 （2）（ⅰ）设直线的方程为，与抛物线联立方程组得到，再写出直线的方程，根据两点式写出 ，整理消去 ，即可求出直线所过定点 （ⅱ）因为，根据（ⅰ）中的结论和弦长公式求出，再根据列出关于的不等式，解出的范围即可 【小问1详解】 由题意可知C：（）的准线方程为：， 即，所以. 抛物线C的标准方程为 【小问2详解】 设，，， （ⅰ）略 （ⅱ）由（ⅰ）知与x轴平行，直线的斜率一定存在 ， 由（ⅰ）知 所以，又因为 即，化简得或 又由，得：且，即或 综上所述， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $