2024-2025学年安徽宣城市高三第二学期期末检测试题数学试题含解析

2024-2025学年安徽宣城市高三第二学期期末检测试题数学试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．在中，，则=（）A． B．C． D．2．已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的焦距为8，一条渐近线方程为，则C为（）A． B．C． D．3．已知函数满足，设，则“”是“”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4．设，则，则（）A． B． C． D．5．单位正方体ABCD-，黑、白两蚂蚁从点A出发沿棱向前爬行，每走完一条棱称为“走完一段”．白蚂蚁爬地的路线是AA1→A1D1→‥，黑蚂蚁爬行的路线是AB→BB1→‥，它们都遵循如下规则：所爬行的第i+2段与第i段所在直线必须是异面直线（iN*）.设白、黑蚂蚁都走完2020段后各自停止在正方体的某个顶点处，这时黑、白两蚂蚁的距离是（）A．1 B． C． D．06．在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则（）A． B．3 C． D．47．在中，，，，为的外心，若，，，则（）A． B． C． D．8．函数的定义域为，集合，则（）A． B． C． D．9．已知集合，，，则的子集共有（）A．个 B．个 C．个 D．个10．已知集合．为自然数集，则下列表示不正确的是（）A． B． C． D．11．上世纪末河南出土的以鹤的尺骨（翅骨）制成的“骨笛”（图1），充分展示了我国古代高超的音律艺术及先进的数学水平，也印证了我国古代音律与历法的密切联系.图2为骨笛测量“春（秋）分”，“夏（冬）至”的示意图，图3是某骨笛的部分测量数据（骨笛的弯曲忽略不计），夏至（或冬至）日光（当日正午太阳光线）与春秋分日光（当日正午太阳光线）的夹角等于黄赤交角.由历法理论知，黄赤交角近1万年持续减小，其正切值及对应的年代如下表：黄赤交角正切值0.4390.4440.4500.4550.461年代公元元年公元前2000年公元前4000年公元前6000年公元前8000年根据以上信息，通过计算黄赤交角，可估计该骨笛的大致年代是()A．公元前2000年到公元元年 B．公元前4000年到公元前2000年C．公元前6000年到公元前4000年 D．早于公元前6000年12．设，满足，则的取值范围是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数，若关于的方程在定义域上有四个不同的解，则实数的取值范围是_______.14．曲线在点处的切线方程是__________.15．在中，，是的角平分线，设，则实数的取值范围是__________.16．如图所示，平面BCC1B1⊥平面ABC，ABC＝120，四边形BCC1B1为正方形，且AB＝BC＝2，则异面直线BC1与AC所成角的余弦值为_____．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数).以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（Ⅰ）求直线的直角坐标方程与曲线的普通方程；（Ⅱ）已知点设直线与曲线相交于两点，求的值.18．（12分）如图，底面是等腰梯形，，点为的中点，以为边作正方形，且平面平面.（1）证明：平面平面.（2）求二面角的正弦值．19．（12分）已知抛物线和圆，倾斜角为45°的直线过抛物线的焦点，且与圆相切．（1）求的值；（2）动点在抛物线的准线上，动点在上，若在点处的切线交轴于点，设．求证点在定直线上，并求该定直线的方程．20．（12分）如图，在平面四边形中，，，.（1）求；（2）求四边形面积的最大值.21．（12分）在三角形中，角，，的对边分别为，，，若.（Ⅰ）求角；（Ⅱ）若，，求.22．（10分）已知数列{an}满足条件，且an+2＝（﹣1）n（an﹣1）+2an+1，n∈N*．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，求证：Sn．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．B【解析】

在上分别取点,使得,可知为平行四边形，从而可得到，即可得到答案．【详解】如下图，，在上分别取点,使得,则为平行四边形，故,故答案为B.本题考查了平面向量的线性运算，考查了学生逻辑推理能力，属于基础题．2．A【解析】

由题意求得c与的值，结合隐含条件列式求得a2，b2，则答案可求.【详解】由题意，2c＝8，则c＝4，又，且a2+b2＝c2，解得a2＝4，b2＝12.∴双曲线C的方程为.故选：A.本题考查双曲线的简单性质，属于基础题.3．B【解析】

结合函数的对应性，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】解：若，则，即成立，若，则由，得，则“”是“”的必要不充分条件，故选：B．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合函数的对应性是解决本题的关键，属于基础题．4．A【解析】

根据换底公式可得，再化简，比较的大小，即得答案.【详解】，，.，显然.,即，，即.综上，.故选：.本题考查换底公式和对数的运算，属于中档题.5．B【解析】

根据规则，观察黑蚂蚁与白蚂蚁经过几段后又回到起点，得到每爬1步回到起点，周期为1．计算黑蚂蚁爬完2020段后实质是到达哪个点以及计算白蚂蚁爬完2020段后实质是到达哪个点，即可计算出它们的距离．【详解】由题意,白蚂蚁爬行路线为AA1→A1D1→D1C1→C1C→CB→BA，即过1段后又回到起点，可以看作以1为周期，由，白蚂蚁爬完2020段后到回到C点；同理,黑蚂蚁爬行路线为AB→BB1→B1C1→C1D1→D1D→DA，黑蚂蚁爬完2020段后回到D1点，所以它们此时的距离为.故选B.本题考查多面体和旋转体表面上的最短距离问题，考查空间想象与推理能力，属于中等题.6．B【解析】由正弦定理及条件可得，即.，∴，由余弦定理得。∴.选B。7．B【解析】

首先根据题中条件和三角形中几何关系求出，，即可求出的值.【详解】如图所示过做三角形三边的垂线，垂足分别为，，，过分别做，的平行线，，由题知，则外接圆半径，因为，所以，又因为，所以，，由题可知，所以，，所以.故选：D.本题主要考查了三角形外心的性质，正弦定理，平面向量分解定理，属于一般题.8．A【解析】

根据函数定义域得集合，解对数不等式得到集合，然后直接利用交集运算求解.【详解】解：由函数得，解得，即；又，解得，即，则.故选：A.本题考查了交集及其运算，考查了函数定义域的求法，是基础题.9．B【解析】

根据集合中的元素，可得集合，然后根据交集的概念，可得，最后根据子集的概念，利用计算，可得结果.【详解】由题可知：，当时，当时，当时，当时，所以集合则所以的子集共有故选：B本题考查集合的运算以及集合子集个数的计算，当集合中有元素时，集合子集的个数为，真子集个数为，非空子集为，非空真子集为，属基础题.10．D【解析】

集合．为自然数集，由此能求出结果．【详解】解：集合．为自然数集，在A中，，正确；在B中，，正确；在C中，，正确；在D中，不是的子集，故D错误．故选：D．本题考查命题真假的判断、元素与集合的关系、集合与集合的关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．11．D【解析】

先理解题意，然后根据题意建立平面几何图形，在利用三角函数的知识计算出冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，即可得到正确选项．【详解】解：由题意，可设冬至日光与垂直线夹角为，春秋分日光与垂直线夹角为，则即为冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，将图3近似画出如下平面几何图形：则，，．，估计该骨笛的大致年代早于公元前6000年．故选：．本题考查利用三角函数解决实际问题的能力，运用了两角和与差的正切公式，考查了转化思想，数学建模思想，以及数学运算能力，属中档题．12．C【解析】

首先绘制出可行域，再绘制出目标函数，根据可行域范围求出目标函数中的取值范围.【详解】由题知，满足，可行域如下图所示，可知目标函数在点处取得最小值，故目标函数的最小值为，故的取值范围是.故选：D.本题主要考查了线性规划中目标函数的取值范围的问题，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

由题意可在定义域上有四个不同的解等价于关于原点对称的函数与函数的图象有两个交点，运用参变分离和构造函数，进而借助导数分析单调性与极值，画出函数图象，即可得到所求范围.【详解】已知定义在上的函数若在定义域上有四个不同的解等价于关于原点对称的函数与函数f(x)=lnx-x(x>0)的图象有两个交点，联立可得有两个解，即可设，则，进而且不恒为零，可得在单调递增.由可得时，单调递减；时，单调递增，即在处取得极小值且为作出的图象，可得时，有两个解.故答案为：本题考查利用利用导数解决方程的根的问题，还考查了等价转化思想与函数对称性的应用，属于难题.14．【解析】

利用导数的几何意义计算即可.【详解】由已知，，所以，又，所以切线方程为，即.故答案为：本题考查导数的几何意义，考查学生的基本计算能力，要注意在某点处的切线与过某点的切线的区别，是一道容易题.15．【解析】

设，，，由，用面积公式表示面积可得到，利用，即得解.【详解】设，，，由得：，化简得，由于，故.故答案为：本题考查了解三角形综合，考查了学生转化划归，综合分析，数学运算能力，属于中档题.16．【解析】

将平移到和相交的位置，解三角形求得线线角的余弦值.【详解】过作，过作，画出图像如下图所示，由于四边形是平行四边形，故，所以是所求线线角或其补角.在三角形中，，故.本小题主要考查空间两条直线所成角的余弦值的计算，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（Ⅰ）直线的直角坐标方程为；曲线的普通方程为；（Ⅱ）.【解析】

（I）利用参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化公式即可；（II）将直线参数方程代入抛物线的普通方程，可得，而根据直线参数方程的几何意义，知，代入即可解决.【详解】由可得直线的直角坐标方程为由曲线的参数方程，消去参数可得曲线的普通方程为.易知点在直线上，直线的参数方程为(为参数).将直线的参数方程代入曲线的普通方程，并整理得.设是方程的两根，则有.本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化，直线参数方程的几何意义，是一道容易题.18．（1）见解析；（2）【解析】

（1）先证明四边形是菱形,进而可知,然后可得到平面,即可证明平面平面;（2）记AC,BE的交点为O,再取FG的中点P.以O为坐标原点,以射线OB,OC,OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系,分别求出平面ABF和DBF的法向量,然后由,可求出二面角的余弦值,进而可求出二面角的正弦值.【详解】（1）证明：因为点为的中点,,所以,因为,所以,所以四边形是平行四边形,因为,所以平行四边形是菱形,所以,因为平面平面,且平面平面,所以平面.因为平面,所以平面平面.（2）记AC,BE的交点为O,再取FG的中点P.由题意可知AC,BE,OP两两垂直,故以O为坐标原点,以射线OB,OC,OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.因为底面ABCD是等腰梯形,,所以四边形ABCE是菱形，且,所以,则,设平面ABF的法向量为,则,不妨取,则,设平面DBF的法向量为,则,不妨取,则,故.记二面角的大小为,故.本题考查了面面垂直的证明,考查了二面角的求法,利用空间向量求平面的法向量是解决空间角问题的常见方法,属于中档题.19．（1）；（2）点在定直线上．【解析】

（1）设出直线的方程为，由直线和圆相切的条件：，解得；（2）设出，运用导数求得切线的斜率，求得为切点的切线方程，再由向量的坐标表示，可得在定直线上；【详解】解：（1）依题意设直线的方程为，由已知得：圆的圆心，半径，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，即，解得或（舍去）．所以；（2）依题意设，由（1）知抛物线方程为，所以，所以，设，则以为切点的切线的斜率为，所以切线的方程为．令，，即交轴于点坐标为，所以，，，．设点坐标为，则，所以点在定直线上．本题考查抛物线的方程和性质，直线与圆的位置关系的判断，考查直线方程和圆方程的运用，以及切线方程的求法，考查化简整理的运算能力，属于综合题．20．（1）；（2）【解析】

（1）根据同角三角函数式可求得，结合正弦和角公式求得，即可求得，进而由三角函数（2）设根据余弦定理及基本不等式，可求得的最大值，结合三角形面积公式可求得的最大值，即可求得四边形面积的最大值.【详解】（1），则由同角三角函数关系式可得，则，则，所以.（2）设在中由余弦定理可得，代入可得，由基本不等式可知，即，当且仅当时取等号，由三角形面积公式可得，所以四边形面积的最大值为.本题考查了正弦和角公式化简三角函数式的应用，余弦定理及不等式式求最值的综合应用，属于中档题.21．（Ⅰ）（Ⅱ）8【解析】

（Ⅰ）由余弦定理可得，即可求出A,（Ⅱ）根据同角的三角函数的关系和两角和的正弦公式和正弦定理即可求出.【详解】（Ⅰ）由余弦定理，所以，所以，即