安徽省合肥市2024届高三下学期二模数学试卷 含解析

第1页/共1页2024年合肥市高三第二次教学质量检测数学（考试时间：120分钟满分：150分）注意事项：1．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上．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，务必擦净后再选涂其它答案标号．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交回．一、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的．1.设全集，集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】解不等式得到，进而根据补集和交集求出答案.【详解】或，，故故选：A2.已知，则（）A. B. C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】由复数的运算和模长计算求出即可.【详解】，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】【分析】通过举反例可判定ABD，利用线面垂直的判定定理及面面平行的判定定理可判定C.【详解】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】【分析】根据题意只需前5场甲赢3场，再利用独立事件的乘法公式求解．【详解】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】【分析】设开始记录时，甲乙两种物质的质量均为1，可得512天后甲，乙的质量，根据题意列出等式即可得答案．【详解】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】【分析】作出函数的图象，由题意可得的图象与至少有两个不同的交点，从而得，结合图象可得，求解即可．【详解】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】【分析】由题意及正切与正弦与余弦的关系，两角和的正弦公式及余弦公式可得角的大小，再由余弦定理及基本不等式可得的最大值，进而求出该三角形的面积的最大值．【详解】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】【分析】设，根据题设条件得到，，再利用椭圆上，得到，即可求出结果.【详解】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：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】【分析】根据两点的距离公式，算出两圆的圆心距，从而判断出A项的正误；根据两圆相切、相交的性质，列式算出的取值范围，判断出B,C两项的正误；当圆的圆心在两圆的公共弦上时，公共弦长有最大值，从而判断出D项的正误．【详解】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】【分析】对于A：分，两种情况计算可判断A；对于B：可说明不成立判断B；，分，两种情况计算可判断C；根据，若是递增数列，可求判断D.【详解】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，因为，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】【分析】利用三角恒等变换化简，再利用正弦函数单调性奇偶性判断ABC，利用裂项相消及累加求和判断D.【详解】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,,则在单调递增，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.【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的性质及数列求和应用，关键是利用利用裂项相消及累加求和判断D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.在的展开式中，的系数为_________．【答案】15【解析】【分析】利用的通项公式，即可求出结果.【详解】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】【分析】首先得到抛物线焦点坐标与准线方程，设准线与轴交于点，根据圆的性质及抛物线的定义可得为等边三角形，即可求出，再在中利用余弦定理计算可得.【详解】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】【分析】建立空间直角坐标系，将所求转化为距离和的最小值，利用几何关系求得最值.【详解】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：【点睛】关键点点睛：本题考查空间中距离最值问题，关键是利用空间坐标系将所求转化为距离和，并注意等号成立条件.四、解答题：本题共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.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．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，进而得到线面垂直，由中位线得到到平面的距离为，进而由锥体体积公式求出答案；（2）证明出，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由法向量的夹角余弦值的绝对值求出线面角的正弦值.【小问1详解】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．【小问2详解】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．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题意得，将点代入椭圆的方程可求得的值，进而可得椭圆的方程；（2）设，，，，，联立直线和椭圆的方程，可得，，直线的方程为，令，得，同理，由斜率公式计算即可．【小问1详解】因为，所以，再将点代入得，解得，故椭圆的方程为；【小问2详解】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：．【答案】（1）证明见解析；（2）平均数为96分，标准差为18分；（3）将定为等级，定为等级，定为等级，定为等级．【解析】【分析】（1）利用平均数及方差公式即可求解；（2）利用平均数及方差公式，结合标准差公式即可求解；（3）根据（2）的结论及正态分布的特点即可求解.【小问1详解】，同理．所以.【小问2详解】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．【小问3详解】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，曲线在直线的下方；（3）设，求证：．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）求导，得到，利用导数的几何意义写出切线方程；（2）令，二次求导得到函数单调性，结合特殊点函数值，得到所以，当且仅当等号成立，得到证明；（3）求导得到的单调性，结合函数图象得到，不妨令，结合曲线在点的切线方程为，得到，转化为证明，又，只要证，令，求导得到函数单调性，结合特殊点函数值得到答案.【小问1详解】因为，所以，所以直线的方程为：，即小问2详解】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．【小问3详解】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．【点睛】关键点点睛：本题关键是利用函数在零点处的切线方程，得到，且，从而只需证明，再勾股函数进行求解.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，．我们把平面上到点的“距离”为的所有点构成的集合叫做以点为圆心，以为半径的“圆”．求以原点为圆心，以为半径的“圆”的面积；（3）证明：对任意点．【