安徽省合肥市2025届高三下学期第二次教学质量检测数学试卷（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1安徽省合肥市2025届高三下学期第二次教学质量检测数学试卷一、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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，所以，所以，因为，所以，所以，，故选：.2.在复平面内，复数对应的点的坐标是，则复数的虚部是（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】由题意，，则.所以复数的虚部是故选：A.3.若空间中三条不同的直线，，满足，，则是，，共面的（）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】B【解析】如图所示：满足，，且，但是，所以可知是，，共面的不充分条件；当，，共面时，由平面几何知识可知同一平面内的直线不平行必相交，又因为，，所以必然有，即是，，共面的必要条件，综上可知是，，共面的必要不充分条件.故选：B.4.已知向量，，设，，则与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，，所以，，所以，，，设与的夹角为，则，又，所以，即与的夹角为.故选：C.5.已知双曲线，过顶点作的一条渐近线的垂线，交轴于点，且，则的离心率为（）A.3 B.2 C. D.【答案】D【解析】不妨令渐近线方程为，顶点为，则过顶点与渐近线垂直的直线的方程为，令，得，则，所以，又因为，所以，又因为，所以，所以，故选：.6已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，故选：C.7.已知为圆锥的底面直径，为底面圆心，正三角形内接于，若，圆锥的侧面积为，则与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设圆锥的底面半径为，母线长为，因为，所以，所以，所以，所以，又正三角形内接于，所以，解得：，所以，所以，过点作交的延长线于点，，所以与所成角即为与所成角或其补角，所以为与所成角，由余弦定理可得：，故选：A.8.已知点，，是与轴的交点．点满足：以为直径的圆与相切，则面积的最大值为（）A. B.8 C.12 D.16【答案】B【解析】如图，设以为直径的圆的圆心为，，显然两圆内切，所以，又为的中位线，所以，所以，所以的轨迹为以，为焦点的椭圆，，，显然当为椭圆短轴顶点即时，的面积最大，最大值为，故选：B.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.从某校高一和高二年级分别随机抽取100名学生进行知识竞赛，按得分（满分100分）绘制如图所示的频率分布直方图，根据频率分布直方图，并用频率估计概率记高一年级学生得分平均数的估计值为，高二年级学生得分中位数与平均数的估计值分别为，．从高一和高二年级各随机抽取一名学生，记事件“高一年级学生得分不低于60分，高二年级学生得分不低于80分”，事件“高一年级学生得分不低于80分，高二年级学生得分不低于60分”则（）A. B. C.事件，互斥 D.【答案】AB【解析】，∵，∴，∴，A选项正确；，B选项正确；∵“高一年级学生得分不低于80分，高二年级学生得分不低于80分”，C选项错误；由评率估计概率得：，，D选项错误.故选：AB10.将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（）A.与的图象关于直线对称B.与的图象关于点对称C.当时，D.当时，与的图象恰有4个交点【答案】ACD【解析】由题得，，A：与的图象关于直线对称的函数为，故A正确；B：当时，，，所以与的图象不关于点对称，故B错误；C：，当时，，令，则，在上恒小于0，所以在上恒大于0，即，即，故C正确；D：令，即，得（无解）或，解得，又，所以，解得（），所以，即函数图象共有4个交点，故D正确.故选：ACD11.已知函数的定义域为，且，，则（）A. B.，C.的图象关于点对称 D.为偶函数【答案】ACD【解析】A选项，中，令得，又，故，解得，中，令得，故，A正确；D选项，中，令得，即，，中，令得，即，因为，所以，故，故的一个周期为1，故，所以，故为偶函数，D正确；B选项，中，令得，由于，，故，由于的一个周期为1，故，所以，解得，中，令得，又，故，，所以，故，故不存在，，B错误；由上可知，，故的图象关于点对称，C正确.故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知为锐角三角形，且，，的面积为，则____________．【答案】7【解析】由，得，又为锐角三角形，所以角A为锐角，所以，在中，由余弦定理，得：，.故答案为：7.13.已知函数的最小值为，则____________．【答案】【解析】①若，则时，，且单调递增，时，，则最小值为，若存在最小值，则有且，得；②若，则时，，时，，时，，且单调递减，，，若最小值为，则，且，无解；若最小值为，则，且，得，综上所述，或故答案为：14.如图，在的方格中放入棋子，每个格子内至多放一枚棋子，若每行都放置两枚棋子，则恰好每列都有两枚棋子的概率为____________．【答案】【解析】设“每行都放置两枚棋子”为事件A，“每列都有两枚棋子”为事件B，则所求概率为，根据题意，每行都放置两枚棋子,即每行都在4个方格中选2个放置棋子，有种方法，所以，.对于“每行每列都放置两枚棋子”，不妨令第一行的两枚棋子放置在左边第一、二个方格，此时第二行有种放置方法，则第三、四行的放置方法如图，图1有1种方法，图2、3、4、5各有2种方法，图6中，第三行有种放置方法，其选定方格后，第四行只有唯一的放置方法.所以总共有种方法.因第一行棋子有种放置方法，其他5种情况同理，故.所以，若每行都放置两枚棋子，则恰好每列都有两枚棋子的概率故答案为：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.已知是等差数列，是等比数列，且，，．（1）求和的通项公式；（2）求数列的前项和．解：（1）设公差为，公比为，，故，，，故，联立，解得或（舍去），故，；（2），设数列的前项和为，则，①，②两式①-②得，所以.16.如图，三棱柱所有棱长都为2，,是的中点，．（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值．（1）证明：取的中点，连接，因为是的中点，所以，又因为三棱柱的所有棱长都是2，所以四边形为菱形，所以，所以，因为，且，平面，所以平面，又因为平面，所以，在等边中，因为为的中点，所以，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）解：连接，因为三棱柱的所有棱长都为2，且，可得为等边三角形，且为的中点，所以，由（1）知：平面平面，平面平面，且平面，所以平面，所以两两垂直，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，因为，设与平面所成的角为，则，所以与平面所成的角的正弦值为.17.已知函数，曲线在点处的切线方程为．（1）求，的值；（2）讨论的零点个数，并证明所有零点之和为0．解：（1）求导得到，根据函数在点处的切线方程为，得到.把代入得，因为，所以，即.，算出.（2）由第（1）问知，.

令，求导得.当，，在递减；当，，在递增.

，，所以存唯一使，即.

当，，在递减；当，，在递增，所以.

，又，，根据零点存在定理，在和各有一个零点，共两个零点.

设是零点，，经计算，所以也是零点，零点和为.18.已知抛物线，，点在上．（1）求最小值；（2）设点的横坐标为2，过作的两条切线，分别交于，两点．（ⅰ）求直线斜率的取值范围；（ⅱ）证明直线过定点．解：（1）设，则，又，所以，所以当时，取最小值，最小值为.（2）记直线的斜率分别为，因为点的横坐标为2，可得，设过的圆的切线方程为，由题意可得，即，因为是方程的根，所以，又，所以，所以，即，（ⅰ）因为的斜率为，所以，又因为，所以.即直线斜率的取值范围为；（ⅱ）因为，所以，所以直线的方程为，即，即，即，令，则，所以直线过定点．19.当前，以大语言模型为代表的人工智能技术正蓬勃发展，而数学理论和方法在这些模型的研发中，发挥着重要作用．例如，当新闻中分别出现“7点钟，一场大火在郊区燃起”和“7点钟，太阳从东方升起”这两个事件的描述时，它们提供的“信息量”是不一样的，前者比后者要大，会吸引人们更多关注．假设通常情况下，它们发生的概率分别是和，用这个量来刻画“信息量”的大小，计算可得前者约为9，后者接近于0．现在假设离散型随机变量的分布列