安徽省皖南八校2024届高三上学期第二次大联考数学试题 Word版含解析

这是一份安徽省皖南八校2024届高三上学期第二次大联考数学试题 Word版含解析，共22页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
3.本卷命题范围：高考范围.
一、选择题：共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式求出集合M，根据集合的交集运算，即可得答案.
【详解】解，得：，所以，
，所以.
故选：B.
2. 形如我们称为“二阶行列式”，规定运算，若在复平面上一个点A对应复数为，其中复数满足，则点A在复平面内对应坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意结合复数的运算可得，结合复数的几何意义分析求解.
【详解】由题意可得：，
则，
所以点A在复平面内对应坐标为.
故选：A.
3. 已知动点的坐标满足方程，则动点的轨迹是（ ）
A. 椭圆B. 双曲线C. 抛物线D. 圆
【答案】C
【解析】
【分析】根据方程表示的几何意义结合抛物线定义，即可判断出答案.
【详解】方程变形为，
表示动点到点和直线的距离相等，
所以动点的轨迹是以为焦点的抛物线，
故选：C.
4. 已知向量，，且，若，则在方向上的投影向量的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据垂直向量的坐标运算建立方程求得参数，结合投影的定义，可得答案.
【详解】，故，解得，所以，
则在方向上的投影向量为.
故选：A.
5. 中国国家馆，以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台，上下底面的中心分别为和，若，，则正四棱台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正四棱台性质求出侧棱长，继而求得高，根据棱台的体积公式，即可求得答案.
【详解】因为是正四棱台，，，
侧面以及对角面为等腰梯形，故，，
，所以，
所以该四棱台的体积为，
故选：B.
6. 已知数列是递增数列，且，数列的前项和为，若，则的最大值为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，确定数列前4项的值，后5项与的差，即可列式计算得解.
【详解】数列是递增数列，且，而数列的前10项和为定值，
为使取最大，当且仅当前4项值最小，后5项分别与的差最小，
则，，
因此，解得，所以的最大值为7.
故选：C
7. 已知是定义在上的偶函数，函数满足，且，在单调递减，则（ ）
A. 在单调递减B. 在单调递减
C. 在单调递减D. 在单调递减
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性与单调性一一判定选项即可.
【详解】由题意知在单调递增，为奇函数，在上单调递减.
设，则，，
所以在单调递增，故A错误，
设，则，，
在单调递增，故B错误；
设，则，，
所以在单调递减，故C正确；
取，则，，，此时在不单调递减，故D错误.
故选:C.
8. 已知点在直线上，过点作圆的两条切线，切点分别为A，B，点在圆上，则点到直线距离的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合点在直线上，求出切点弦AB的方程，确定其所经过的定点，确定当时，C到直线AB的距离最大，M到直线AB的距离也最大，即可求得答案.
【详解】根据题意，设点，则，
过点作圆的切线，切点分别为A，B，
则有，，则点A，B在以为直径的圆上，
以为直径的圆的圆心为，半径，
则其方程为，变形可得，
联立，可得圆D和圆O公共弦为：，
又由，则有，变形可得，
则有，可解得，故直线恒过定点，
点在圆上，，
当时，C到直线AB的距离最大，M到直线AB的距离也最大，
则点到直线距离的最大值为.
故选:B.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 一组数据2、3、3、4、5、7、7、8、9、11的第80百分位数为8.5
B. 在回归分析中，可用决定系数判断模型拟合效果，越小，模型的拟合效果越好
C. 若变量服从，，则
D. 将总体划分为2层，通过分层抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，若，则总体方差
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，根据百分位数计算方程，可得答案；对于B，结合拟合的定义，可得答案；对于C，根据正态分布的对称性，可得答案；对于D，利用方差的计算，可得答案.
【详解】对于A，数据2、3、3、4、5、7、7，8、9、11共10个数，因为，因此，这组数据的第80百分位数为，故A正确，
对于B，在回归分析中，可用决定系数的值判断模型拟合效果，越大，模型的拟合效果越好，故B错误；
对于C，因为变量服从，，则，故C正确；
对于D，不妨设两层的样本容量分别为m，n，总样本平均数为，则，易知只有当，时，有，故D错误.
故选：AC.
10. 已知函数的部分图象如图所示，且，若为奇函数，则可能取值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据图像有，根据及，确定值，再根据图像确定，结合求出，确定解析式，又要使为奇函数，则，求值.
【详解】由图象可得，再根据，，故，又，
则，又，所以，，得，
故；要使为奇函数，则，
所以，，得，当时，
当时，所以B、D符合，其它选项不符合.
故选：BD
11. 若函数，既有极大值点又有极小值点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据极值定义，求导整理方程，结合一元方程方程的性质，可得答案.
【详解】由题知方程，
有两不等实根，，
令，，则方程有两个不等正实根，，
其中，，，，
，故ACD正确，B错误.
故选：ACD.
12. 已知一圆锥，其母线长为且与底面所成的角为，下列空间几何体可以被整体放入该圆锥的是（ ）（参考数值：，）
A. 一个半径为的球
B. 一个半径为与一个半径为的球
C. 一个边长为且可以自由旋转的正四面体
D. 一个底面在圆锥底面上，体积为的圆柱
【答案】ABC
【解析】
【分析】作出相应的空间图形及轴截面，再对各个选项逐一分析判断即可得出结果.
【详解】如图1，球与圆锥侧面、底面均相切，球与球、圆锥侧面相切，
作圆锥的轴截面如图2，设小球半径为，球与边相切于点E，
，，，
所以，，
，故A正确；
设小球半径为，同理可知，故B正确；
将棱长为的正四面体放置到正方体中，如图
则正四面体的外接球即正方体的外接球，易知正方体的外接球球心在体对角线的中点处，半径为的一半长，易知，，所以，
故棱长为的正四面体外接球半径为，则则边长，
，故C正确；
如图3，一圆柱内接圆锥，作圆锥的轴截面如图4，设圆柱底面半径为，高为，
因为，又易知，，代入，
整理得到，所以圆柱的体积，
令，得或，
则体积在上单调递增，在上单调递减，
，故D错误.
图1 图2 图3 图4
故选：ABC.
【点睛】关键点晴，本题的关键在于将空间问题转化成平面问题来处理.
三、填空题：共4小题，每小题5分，共20分.
13. 二项式展开式中，所有项系数和为，则的系数为______（用数字作答）.
【答案】
【解析】
【分析】利用赋值法求得，再根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】令可得二项式的所有项系数和为，所以.
二项式的展开式的通项公式为，，1，…，8，
所以的展开式中，的系数为.
故答案为：
14. 随机变量有3个不同的取值，且其分布列如下：
则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据分布列性质求得a的值，即可求得的表达式，结合三角换元以及二次函数性质，即可求得答案.
【详解】依题意知，则，则，
设，则，
故，所以，
当时，取最小值，
故答案为：
15. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，过左焦点作直线与双曲线交于A，B两点（B在第一象限），若线段的中垂线经过点，且点到直线的距离为，则双曲线的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由双曲线的定义可得，再由勾股定理列出方程即可得到关系，代入离心率计算公式，即可得到结果.
【详解】
设双曲线的半焦距为c，，，根据题意得，
又，，设的中点为，
在中，，，，
则，，根据，
可知，.
故答案为：.
16. 已知函数，有唯一零点，则的值为______.
【答案】2
【解析】
【分析】设，转化为方程有唯一解，即有唯一解，设，利用导数判断单调性并求出最小值可得答案.
【详解】由题意知有唯一解，，
故，
设，即，设，则，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增；，
故方程有唯一解，即有唯一解，即有唯一解，
设，，，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
当趋近于0和趋近于时，趋近于，
故只需满足，
设，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
故，故成立.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键点是构造函数，利用导数判断单调性
四、解答题：共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知正项数列的前项和为，且满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据数列递推式求出首项，得出当时，，和相减并化简可得，即可求得答案；
（2）利用（1）的结果可得的表达式，利用等差数列的前n项和公式以及裂项法求和，即可求得答案.
【小问1详解】
由得，则，解得，
当时，，所以，
整理得，
因为是正项数列，所以，所以，
所以是首项为1，公差为2的等差数列，
所以，.
【小问2详解】
由（1）可得，，
所以，
所以
.
18. 在中，角A，B，C对边分别为a，b，c，且.
（1）求证：；
（2）如图：点在线段上，且，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）在中根据余弦定理、正弦定理及三角公式化简可得；
（2）由第一问在中结合正弦定理可得，在中根据余弦定理可求得结果.
【小问1详解】
证明：由余弦定理得，
又，可得，即，
由正弦定理得，
而，代入上式，
可得，
所以（舍）或，
即.
【小问2详解】
因为，，所以，
在中，由正弦定理得，
而，可得，
代入，可得，
由余弦定理得.
19. 如图，在四棱锥中，棱平面，底面四边形是矩形，，点为棱的中点，点在棱上，.
（1）求证：；
（2）已知平面与平面的交线与直线所成角的正切值为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线线垂直证线面垂直，再由线面垂直的性质证线线垂直即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求二面角即可.
【小问1详解】
因为平面，平面，所以，
又因为四边形是矩形，所以，
因为平面，
所以平面，
因为平面，所以.
因为为中点，，所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
在矩形中，，平面，平面，
所以平面.
又平面，平面平面，所以.
所以与直线所成角即为.
在中，，，
所以.
以为正交基底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，取，
可得.
又为平面的一个法向量，
所以.
由图可知，二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
20. 人工智能（AI）是一门极富挑战性的科学，自诞生以来，理论和技术日益成熟.某公司研究了一款答题机器人，参与一场答题挑战.若开始基础分值为（）分，每轮答2题，都答对得1分，仅答对1题得0分，都答错得分.若该答题机器人答对每道题的概率均为，每轮答题相互独立，每轮结束后机器人累计得分为，当时，答题结束，机器人挑战成功，当时，答题也结束，机器人挑战失败.
（1）当时，求机器人第一轮答题后累计得分的分布列与数学期望；
（2）当时，求机器人在第6轮答题结束且挑战成功的概率.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用离散型随机变量的分布列与期望公式计算即可；
（2）根据超几何分布分类讨论计算即可.
【小问1详解】
当时，第一轮答题后累计得分所有取值为4，3，2，
根据题意可知：，，，
所以第一轮答题后累计得分的分布列为：
所以.
【小问2详解】
当时，设“第六轮答题后，答题结束且挑战成功”为事件A，
此时情况有2种，分别为：
情况①：前5轮答题中，得1分的有3轮，得0分的有2轮，第6轮得1分；
情况②：前4轮答题中，得1分的有3轮，得分的有1轮，第5.6轮都得1分；
所以.
21. 如图，已知椭圆左右顶点分别为A、B，P是椭圆上异于A、B的动点，满足，当为上顶点时，的面积为2.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线交直线于点，直线交椭圆于点，求证：直线过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设椭圆上顶点，根据题意求出即可得解；
（2）分直线斜率是否存在，设，，，先根据斜率不存在求出定点，
方法1，联立直线与椭圆方程，求出两点的坐标，然后证明三点共线即可.
方法2，当直线斜率存在时，设直线为，联立方程，利用韦达定理求出，，再结合已知，求出的关系，即可得出结论.
方法3，易得，根据椭圆的对称性可得，再利用斜率公式构造对偶式，进而可求出的方程，从而可得出结论.
【小问1详解】
设椭圆上顶点，
则，
又，
两式联立可解得，，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
设，，，
当直线斜率不存在时，，
则直线，
所以，可解得，
此时直线方程为，过定点；
下面证明斜率存在时，直线也经过，
法1（设而求点）：
联立直线与椭圆方程：整理得，
，
由韦达定理有，即，所以，
所以点坐标为，
同理可得点坐标为，
设点，则，
因为，所以，
所以直线过定点，证毕.
法2（直曲联立）：
当直线斜率存在时，设直线为，
由，，可知，而，
可得，即，
整理得①，
联立直线与椭圆方程：，
整理得，
所以，则，
由韦达定理有，②，
所以③，
将②③代入①得，
可得，所以或，
当时，直线为，经过，舍去，
所以，此时直线为，经过定点，
直线过定点得证.
法3（构造对偶式）：
由，，可知，
又，由椭圆对称性易知，
所以，
可得，
由①②可得，
直线为，令得，，
所以直线过定点，证毕.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
22. 已知函数，（）.
（1）若为偶函数，求此时在点处的切线方程；
（2）设函数，且存在分别为的极大值点和极小值点.
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）若，且，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据偶函数的定义，求出的值，然后利用导数求切线方程.
（2）（ⅰ）对进行求导，将既存在极大值，又存在极小值转化成必有两个不等的实数根，利用导数得到的单调性和极值，进而即可求解；
（ⅱ）对进行求导，利用导数分析的极值，将恒成立转化成，构造函数，利用导数分类讨论求解即
【小问1详解】
为偶函数，有，则，
所以，
所以，
所以在点处的切线方程为.
【小问2详解】
（ⅰ），
，
因为函数既存在极大值，又存在极小值，
则必有两个不等的实根，则，
令可得或，
所以，解得且.
令，，则有：
可知分别在和取得极大值和极小值，符合题意.
综上，实数的取值范围是.
（ⅱ）由，可得，
所以，，，且有，
由题意可得对恒成立，
由于此时，则，
所以，则，
令，其中，
则，
令，则.
①当，即时，，在上是严格增函数，
所以，即，符合题意；
（2）当，即时，
设方程的两根分别为，且，
则，，则，
则当时，，则在上单调递减，
所以当时，，即，不合题意.
综上所述，的取值范围是.4
3
2
+
0
0
+
极大值
极小值