安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学2024届高三第二次模拟考试数学试题及答案

这是一份安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学2024届高三第二次模拟考试数学试题及答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知A，B是全集U的非空子集，且，则（ ）
A．B．C．D．
2．我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来分析函数的图象特征．则函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
3．已知复数且有实数根b，则=（ ）
A．B．12C．D．20
4．已知等边的边长为2，点、分别为的中点，若，则=（ ）
A．1B．C．D．
5．已知，是双曲线的左、右焦点，若双曲线上存在点P满足，则双曲线离心率的最小值为（ ）
A．B．C．2D．
6．在数列中，为其前n项和，首项，且函数的导函数有唯一零点，则=（ ）
A．26B．63C．57D．25
7．已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，，则=（ ）
A．4036B．4040C．4044D．4048
8．已知直线l：与曲线W：有三个交点D、E、F，且，则以下能作为直线l的方向向量的坐标是（ ）．
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知由样本数据（i=1，2，3，…，10）组成的一个样本，得到回归直线方程为，且．剔除一个偏离直线较大的异常点后，得到新的回归直线经过点．则下列说法正确的是
A．相关变量x，y具有正相关关系
B．剔除该异常点后，样本相关系数的绝对值变大
C．剔除该异常点后的回归直线方程经过点
D．剔除该异常点后，随x值增加相关变量y值减小速度变小
10．在平面直角坐标系xOy中，角θ以坐标原点O为顶点，以x轴的非负半轴为始边，其终边经过点，，定义，，则（ ）
A．B．
C．若，则D．是周期函数
11．如图，多面体由正四棱锥和正四面体组合而成，其中，则下列关于该几何体叙述正确的是（ ）
A．该几何体的体积为B．该几何体为七面体
C．二面角的余弦值为D．该几何体为三棱柱
三、填空题
12．从某工厂生产的零件中随机抽取11个，其尺寸值为43，45，45，45，49，50，50，51，51，53，57（单位：mm），现从这11个零件中任取3个，则3个零件的尺寸刚好为这11个零件尺寸的平均数、第六十百分位数、众数的概率为 ．
13．已知偶函数的图像关于点中心对称，且在区间上单调，则 ．
14．若实数x，y满足，则的最大值为
四、解答题
15．已知函数，
(1)若在定义域内是减函数，求a的取值范围；
(2)当时，求的极值点．
16．据新华社北京2月26日报道，中国航天全年预计实施100次左右发射任务，有望创造新的纪录，我国首个商业航天发射场将迎来首次发射任务，多个卫星星座将加速组网建设；中国航天科技集团有限公司计划安排近70次宇航发射任务，发射290余个航天器，实施一系列重大工程任务.由于航天行业拥有广阔的发展前景，有越来越多的公司开始从事航天研究，某航天公司研发了一种火箭推进器，为测试其性能，对推进器飞行距离与损坏零件数进行了统计，数据如下：
参考数据：，，，
(1)建立y关于x的回归模型，根据所给数据及回归模型，求y关于x的回归方程（精确到0.1，精确到1）；
(2)该公司进行了第二项测试，从所有同型号推进器中随机抽取100台进行等距离飞行测试，对其中60台进行飞行前保养，测试结束后，有20台报废，其中保养过的推进器占比30%，请根据统计数据完成2×2列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为推进器是否报废与保养有关？
附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，，；
17．在三棱锥中，平面，，点在平面内，且满足平面平面垂直于．
(1)当时，求点的轨迹长度；
(2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积．
18．在平面直角坐标系xOy中，椭圆W：的离心率为，已知椭圆长轴长是短轴长的2倍，且椭圆W过点．
(1)求椭圆W的方程；
(2)已知平行四边形ABCD的四个顶点均在W上，求平行四边形ABCD的面积S的最大值．
19．对称变换在对称数学中具有重要的研究意义．若一个平面图形K在m（旋转变换或反射变换）的作用下仍然与原图形重合，就称K具有对称性，并记m为K的一个对称变换．例如，正三角形R在（绕中心O作120°的旋转）的作用下仍然与R重合（如图1图2所示），所以是R的一个对称变换，考虑到变换前后R的三个顶点间的对应关系，记；又如，R在（关于对称轴所在直线的反射）的作用下仍然与R重合（如图1图3所示），所以也是R的一个对称变换，类似地，记．记正三角形R的所有对称变换构成集合S．一个非空集合G对于给定的代数运算.来说作成一个群，假如同时满足：
I．，；
II．，；
Ⅲ．，，；
Ⅳ．，，．
对于一个群G，称Ⅲ中的e为群G的单位元，称Ⅳ中的为a在群G中的逆元．一个群G的一个非空子集H叫做G的一个子群，假如H对于G的代数运算来说作成一个群．

(1)直接写出集合S（用符号语言表示S中的元素）；
(2)同一个对称变换的符号语言表达形式不唯一，如．对于集合S中的元素，定义一种新运算*，规则如下：，．
①证明集合S对于给定的代数运算*来说作成一个群；
②已知H是群G的一个子群，e，分别是G，H的单位元，，，分别是a在群G，群H中的逆元．猜想e，之间的关系以及，之间的关系，并给出证明；
③写出群S的所有子群．
飞行距离x（kkm）
56
63
71
79
90
102
110
117
损坏零件数y（个）
61
73
90
105
119
136
149
163
保养
未保养
合计
报废
20
未报废
合计
60
100
0.25
0.1
0.05
0.025
0.01
0.001
1.323
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
参考答案：
1．B
【分析】根据Venn图，结合子集和集合间的运算理解判断.
【详解】由题意知，从而可得Venn图如下图，
对A、D：由Venn图，可得，故A、D错误；
对B：因为，正确，故B正确；
对C：因为，则错误，故C错误；
故选：B.
2．C
【分析】
利用排除法，根据函数奇偶性和函数值的符号性分析判断.
【详解】由题意可知：的定义域为，关于原点对称，
且，可知为奇函数，排除AB，
且，排除D.
故选：C.
3．D
【分析】根据题意可求得，从而得，求解得，从而可求解.
【详解】由题意知为的实数根，
则，即，
则，解得，所以，
所以，故D正确.
故选：D.
4．A
【分析】取为基底，利用平面向量基本定理表示出，进行数量积运算即可.
【详解】在中，取为基底，则.
因为点、分别为的中点，
，
，
故选：A
5．D
【分析】
设P的坐标，代入双曲线的方程，利用数量积的坐标表示，结合双曲线离心率的计算公式求解即得.
【详解】
设，双曲线的半焦距为c，则有，，，
于是，
因此，
当且仅当时取等号，则，即，离心率，
所以双曲线离心率的最小值为.
故选：D
6．C
【分析】
计算，分析的奇偶性，可判断零点取值，代入计算可得的递推关系，求出前5项，计算求和即可.
【详解】因为，
所以，由题意可知：有唯一零点.
令，可知为偶函数且有唯一零点，
则此零点只能为0，即，代入化简可得：，
又，所以，，，，所以.
故选：C
7．D
【分析】根据题中为奇函数，为偶函数，从而可得出为周期为4的函数，从而可求解.
【详解】由题意得为奇函数，所以，即，所以函数关于点中心对称，
由为偶函数，所以可得为偶函数，则，所以函数关于直线对称，
所以，从而得，所以函数为周期为4的函数，
因为，所以，则，
因为关于直线对称，所以，
又因为关于点对称，所以，
又因为，又因为，所以，
所以，故D正确.
故选：D.
8．C
【分析】
由函数的性质可得曲线的对称中心，即得，再根据给定长度求出点的坐标即得.
【详解】显然函数的定义域为R，，即函数是奇函数，
因此曲线的对称中心为，由直线l与曲线的三个交点满足，得，
设，则，令，则有，即，
解得，即，因此点或，或，
选项中只有坐标为的向量与共线，能作为直线l的方向向量的坐标是.
故选：C
【点睛】
关键点点睛：本题的关键首先是得到曲线对称中心为，从而得到，然后再去设点坐标，根据，得到高次方程，利用换元法结合因式分解解出的坐标即可.
9．BC
【分析】
根据给定条件，求出新样本的中心点，进而求出新回归直线的斜率，再逐项判断即得.
【详解】依题意，原样本中，，
剔除一个偏离直线较大的异常点后，新样本中，，
因此剔除该异常点后的回归直线方程经过点，C正确；
由新的回归直线经过点，得新的回归直线斜率为，因此相关变量x，y具有负相关关系，A错误；
又，则剔除该异常点后，随x值增加相关变量y值减小速度变大，D错误；
由剔除的是偏离直线较大的异常点，得剔除该点后，新样本数据的线性相关程度变强，即样本相关系数的绝对值变大，B正确.
故选：BC
10．ACD
【分析】根据题意分别求出，，则，，从而可对A判断求解，利用换元法令可对B判断求解，由求出，并结合从而可对C判断求解，由可对D判断求解.
【详解】由题意得在角的终边上，且，所以，，
则，，
对A：，故A正确；
对B：，令，
所以，故B错误；
对C：，解得，
又由，故C正确；
对D：，因为为周期函数，故D正确.
故选：ACD.
11．ACD
【分析】
选项A可以分别求正四棱锥和正四面体的体积即可；
选项C先确定二面角的平面角为，在三角形中利用余弦定理可得；
选项D先根据二面角与二面角的关系确定四点共面，再证得平面平面，三个侧面都是平行四边形即可；
选项B根据选项D三棱柱有5个面，可判断错误.
【详解】
如图：在正四面体中中，为的中点，连接，连接作于，
则为的中心，为正四面体中的高，
因， ，，，
，
在正四面体中中，为的中点，所以，，
故为二面角的一个平面角，
如图：在正四棱锥中，由题意，
连接，交于点，连接，则为正四棱锥的高，
，，
，
该几何体的体积为，故A正确，
取的中点，连接，，
由题意正四棱锥的棱长都为1，所以，，
故即为二面角的一个平面角，
其中，，
在中，，故C正确，
因，可知二面角与二面角所成角互补，
故平面与为同一平面，同理，平面和平面也为同一平面，
故该几何体有5个面，B错误，
因四点共面，且和都为等边三角形，易知，且，故侧面为平行四边形，
又平面,平面，所以平面，
同理平面，且侧面为平行四边形，
又，平面，平面，
所以平面平面，又侧面为正方形，
故多面体即为三棱柱，故D正确，
故选：ACD
12．
【分析】分别求出11个零件的平均数49、第六十百分位数50，众数45，然后分别求出取出3个零件有165种，3个零件符合平均数、第六十百分位数、众数有6种情况，再利用古典概率从而可求解.
【详解】由题意知11个零件的平均数为，
第六十百分位数的位置为，即取第7位数50，故第六十百分位数为50，
由题可知众数为45，
所以当从11中取出3个零件共有种情况，
则3个数分别为平均数49、第六十百分位数50，众数45共有种情况，
所以其概率为，
故答案为：.
13．/1.5
【分析】
根据题意，再由对称中心求出，最后根据函数单调性确定.
【详解】因为偶函数，所以，，
即或，
又的图像关于点中心对称，
所以，即，
所以，
因为函数单调，所以，即，
所以当时，符合条件.
故答案为：
14．
【分析】
利用向量不等式并结合x的范围求最值.
【详解】
设
则，当且仅当等号成立
故，
又，所以，
所以,
当且仅当等号成立.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查利用向量不等式求最值，关键是两次运用不等式且保证等号成立.
15．(1)
(2)答案见解析.
【分析】
（1）先由在定义域内是减函数得出对于，恒成立，进而分离参数将问题转化为函数的最值；再利用基本不等式得出，即可解答.
（2）分和两种情况讨论，在每一种情况中借助导数判断函数的单调性即可求解.
【详解】（1）由可得：函数定义域为，.
因为在定义域内是减函数，
所以对于，恒成立，即对于，恒成立.
则对，恒成立.
因为，
所以，当且仅当时等号成立，
则，
所以
故a的取值范围为.
（2）因为，，
所以当时，，则函数在上单调递增，此时无极值点；
当时，方程的判别式，方程两根为，.
令，解得；
令，解得或，
则函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的极小值点为，极大值点为.
综上可得：当时， 无极值点；
当时，函数的极小值点为，极大值点为.
16．(1)
(2)列联表见解析；是否报废与保养有关，理由见解析.
【分析】（1）根据题意可求出，，从而可求解.
（2）根据题意可将列联表补充完整，并求得，从而求解判断是否报废与是否保养有关.
【详解】（1）由题意得，
则，
所以.
（2）设零假设为：是否报废与是否保养无关，
由题意，报废推进器中保养过的共台，未保养的推进器共台，
补充列联表如下：
则，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为是否报废与保养有关，
此推断的错误概率不大于0.01.
17．(1)
(2)
【分析】
（1）先通过垂直关系得到，然后建立空间直角坐标系得到点的轨迹，根据角度求轨迹的长；
（2）利用向量法求面面角，解方程求出点的坐标，进而利用体积公式求解即可.
【详解】（1）作交于，
因为平面平面，且平面平面，面，
所以平面，又因为平面，所以，
因为平面，且平面，所以，
因为，，、平面，，
所以平面，又因为平面，所以．
分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
设，因为，所以，
又，，
所以，即，
设中点为，则，如图：
又，所以，
因此，的轨迹为圆弧，其长度为；
（2）由（1）知，可设，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令得．
为平面的一个法向量，令二面角为角，
，又，
解得，（舍去）或，，
则或，
从而可得三棱锥的体积．
18．(1)
(2)4
【分析】（1）根据题意可得，从而求出，即可求解.
（2）分情况讨论直线斜率存在与不存在的情况，然后与椭圆方程式联立，再结合韦达定理求出相应关系式，并利用基本不等式求出最值，从而可求解.
【详解】（1）由题意知，解得，
由长轴长是短轴长的2倍，则，
所以椭圆的方程为.
（2）当直线斜率存在，这的方程为，，
因为，故可设方程为，
由，得，
则，，，
所以，
同理，
因为，所以，因为，所以，
所以，
当且仅当时，平行四边形取得最大值为4.
当直线的斜率不存在时，此时平行四边形为矩形，设，易得，
又因为，所以，当且仅当时取等.
综上所述：平行四边形的面积的最大值为4.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意Δ的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．(1)答案见解析；
(2)①证明见解析；②答案见解析，证明见解析；③证明见解析.
【分析】
（1）根据给定信息，按旋转变换、对称变换分别求出对应变换，再写出集合.
（2）①根据群的定义条件，逐一验证即得；②按照群定义Ⅲ、Ⅳ分别推理计算即得；③写出的所有子群即可.
【详解】（1）
依题意，正三角形的对称变换如下：绕中心作的旋转变换；
绕中心作的旋转变换；
绕中心作的旋转变换；
关于对称轴所在直线的反射变换；
关于对称轴所在直线的反射变换；
关于对称轴所在直线的反射变换，
综上，.（形式不唯一）
（2）
①Ⅰ.，，；
Ⅱ.，，，
，
所以；
Ⅲ.
，
而，所以；
Ⅳ.，
；
综上可知，集合对于给定的新运算*来说能作成一个群.
②，，证明如下：
先证明：由于是的子群，取，则，，
根据群的定义，有，，所以，
所以，即，
即，所以.
再证明：由于，，，
所以，所以，
所以，所以.
③的所有子群如下：
，
，，
，
【点睛】思路点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.
保养
未保养
合计
报废
6
14
20
未报废
54
26
80
合计
60
40
100