安徽省合肥市2024届高三第二次教学质量检测数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省合肥市2024届高三第二次教学质量检测数学试卷一、选择题1.设全集，集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗或，，故.故选：A2.已知，则（）A. B. C.1 D.2〖答案〗B〖解析〗，所以，所以，故选：B.3.设是两个平面，是两条直线，则的一个充分条件是（）A. B.C. D.与相交〖答案〗C〖解析〗选项A：当满足时，可能相交，如图：用四边形代表平面，用四边形代表平面，故A错误；选项B：当满足时，可能相交，如图：用四边形代表平面，用四边形代表平面，故B错误；选项C：因为，又，所以，故是的一个充分条件，故C正确；当满足与相交时，可能相交，如图：用四边形代表平面，用四边形代表平面，故D错误；故选：C.4.甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束）．已知每局比赛甲获胜的概率均为，则甲以4比2获胜的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗根据题意，甲运动员前5场内需要赢3场，第6场甲胜，则甲以4比2获胜的概率为．故选：C．5.常用放射性物质质量衰减一半所用的时间来描述其衰减情况，这个时间被称做半衰期，记为（单位：天）．铅制容器中有甲、乙两种放射性物质，其半衰期分别为．开始记录时，这两种物质的质量相等，512天后测量发现乙的质量为甲的质量的，则满足的关系式为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗设开始记录时，甲乙两种物质的质量均为1，则512天后，甲的质量为：，乙的质量为：，由题意可得，所以．故选：B．6.已知函数，若关于的方程至少有两个不同的实数根，则的取值范围是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，作出函数的图象，如图所示：由此可知函数在和上单调递减，在上单调递增，且，，又因为关于的方程至少有两个不同的实数根，所以至少有两个不同的实数根，即的图象与至少有两个不同的交点，所以，又因为当时，，令，可得；当时，，令，解得，又因为，所以，解得．故选:D．7.记的内角的对边分别为,已知.则面积的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，可得，即，整理可得，即，在三角形中，，即，,可得；由余弦定理可得，当且仅当时取等号，而，所以，所以．即该三角形的面积的最大值为．故选：A．8.已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线左支上，线段交轴于点，且．设为坐标原点，点满足：，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗如图，设，，则直线的方程为，令，得到，所以，，因为，所以，得到，故，又，所以，得到，又，所以，得到①，又因为在双曲线上，所以②，又③，由①②③得到，所以，解得或，又，所以，得到，故选：D.二、选择题9.已知圆，圆，则（）A.两圆的圆心距的最小值为1B.若圆与圆相切，则C.若圆与圆恰有两条公切线，则D.若圆与圆相交，则公共弦长的最大值为2〖答案〗AD〖解析〗根据题意，可得圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径．对于A，因为两圆的圆心距，所以A项正确；对于B，两圆内切时，圆心距，即，解得．两圆外切时，圆心距，即，解得．综上所述，若两圆相切，则或，故B项不正确；对于C，若圆与圆恰有两条公切线，则两圆相交，，即，可得，解得且，故C项不正确；对于D，若圆与圆相交，则当圆的圆心在公共弦上时，公共弦长等于，达到最大值，因此，两圆相交时，公共弦长的最大值为2，故D项正确．故选：AD．10.已知等比数列的公比为，前项和为，则（）A.B.对任意成等比数列C.对任意，都存在，使得成等差数列D.若，则数列递增的充要条件是〖答案〗ACD〖解析〗对于A：当时，，，故成立，当时，，，所以成立，故A正确；对于B：当时，，所以不成等比数列，故B错误；对于C：当时，，故不成等差数列，当时，若存在，使成等差数列，则，则，整理得，所以，所以，所以对任意，都存在，使得成等差数列，故C正确；对于D：，若是递增数列，则可得，因，所以，可解得，所以若，则数列递增的充要条件是，故D正确.故选：ACD.11.已知函数，则（）A.函数在上单调递减B.函数为奇函数C.当时，函数恰有两个零点D.设数列是首项为，公差为的等差数列，则〖答案〗BCD〖解析〗易知，同理，对A,先减后增，故A错误；对B,为奇函数，故B正确；对C,,则单调递增，在单调递减，即在单调递增，在单调递减，又，，故函数恰有两个零点，故C正确；对D,易知，令，则，，,……..,则，故，故D正确.故选：BCD.三、填空题12.在的展开式中，的系数为_________．〖答案〗15〖解析〗因为的展开式的通项公为，由，得到，所以的系数为，故〖答案〗为：.13.抛物线的焦点为，准线为为上一点，以点为圆心，以为半径的圆与交于点，与轴交于点，若，则_________．〖答案〗〖解析〗抛物线的焦点为，准线：，设准线与轴交于点，则，依题意、均在轴的左侧，又，所以也在轴的左侧且点在轴上方，又为圆的直径，所以，即，由抛物线的定义可知，又，所以为等边三角形，所以，则，所以，所以，，在中.故〖答案〗为：.14.已知实数，满足，则的最小值为_________．〖答案〗〖解析〗如图，设正方体的边长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，设为空间任意一点，因为，则P在平面所在的平面内运动，表示P与点和点的距离之和，因为关于平面的对称点为D，故，当且仅当为中点即为正方体中心时等号成立；表示P与点和点的距离之和，则，当且仅当在所在直线上时等号成立，故的最小值为，当且仅当为正方体中心时等号成立故〖答案〗为：四、解答题15.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是侧棱的中点，侧面为正三角形，侧面底面．（1）求三棱锥的体积；（2）求与平面所成角的正弦值．解：（1）如图所示，取的中点，连接．因为是正三角形，所以．又因为平面底面平面，平面平面，所以平面，且．又因为是的中点，到平面的距离为，，所以三棱锥的体积为．（2）连接，因为，所以为等边三角形，所以，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以．设平面的法向量为，则，即，解得，取，则，所以．设与平面所成角为，则．即与平面所成角的正弦值为．16.已知椭圆的右焦点为，左顶点为，短轴长为，且经过点．（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线（不与轴重合）与交于两点，直线与直线的交点分别为，记直线的斜率分别为，证明：为定值．（1）解：因为，所以，再将点代入得，解得，故椭圆的方程为；（2）证明：由题意可设，由可得，易知恒成立，所以，又因为，所以直线的方程为，令，则，故，同理，从而，故为定值．17.树人中学高三（1）班某次数学质量检测（满分150分）的统计数据如下表：性别参加考试人数平均成绩标准差男3010016女209019在按比例分配分层随机抽样中，已知总体划分为2层，把第一层样本记为，其平均数记为，方差记为；把第二层样本记为，其平均数记为，方差记为；把总样本数据的平均数记为，方差记为．（1）证明：；（2）求该班参加考试学生成绩的平均数和标准差（精确到1）；（3）假设全年级学生的考试成绩服从正态分布，以该班参加考试学生成绩的平均数和标准差分别作为和的估计值．如果按照的比例将考试成绩从高分到低分依次划分为四个等级，试确定各等级的分数线（精确到1）．附：．（1）证明：，同理．所以.（2）解：将该班参加考试学生成绩的平均数记为，方差记为，则，所以又，所以．即该班参加考试学生成绩的平均数为96分，标准差约为18分．（3）解：由（2）知，所以全年级学生的考试成绩服从正态分布，所以．．故可将定为等级，定为等级，定为等级，定为等级．18.已知曲线在点处的切线为．（1）求直线的方程；（2）证明：除点外，曲线在直线下方；（3）设，求证：．（1）解：因为，所以，所以直线的方程为：，即（2）证明：令，则，令，则，由，解得，由，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，当且仅当等号成立，所以除切点之外，曲线在直线的下方．（3）证明：由，解得，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，，当时，．因为，则，不妨令．因为曲线在点的切线方程为，设点在切线上，有，故，由（1）知时，，则，即，要证：，只要证：，只要证：，又，只要证：，令，则，易证在上单调递增，在上单调递减，所以，所以在上单调递减，所以成立，所以原命题成立．19.在数学中，广义距离是泛函分析中最基本的概念之一．对平面直角坐标系中两个点和，记，称为点与点之间的“距离”，其中表示中较大者．（1）计算点和点之间的“距离”；（2）设是平面中一定点，．我