2024池州高三下学期二模数学试题含解析

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数学
满分：150分考试时间：120分钟
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. 若复数，则的实部为（ ）
A. 1B. -1C. 2D. -2
【答案】C
【解析】
【分析】将复数的分子分母同乘以分母的共轭复数，化简整理即得.
【详解】由，可得的实部为2.
故选：C.
2. 已知向量满足，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的运算求向量的夹角.
【详解】因为
.
故选：D
3. 已知，则（ ）
A. 7B. -7C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由可求，再由两角和的正切可求.
【详解】因为，故，
故，而，故，故，
而，故，所以，
故，故，
故选：D.
4. 对于数列，若点都在函数的图象上，其中且，则“”是“为递增数列”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用等比数列的性质，结合指数函数的性质和充分必要条件的判断求解.
【详解】因为在函数的图象上，所以，
即是以为首项，为公比的等比数列.
若，且，，则可能的情况由两种：
（1）则，所以等比数列首项为负，公比，所以等比数列单调递增；
（2）则，所以等比数列首项为正，公比，所以等比数列单调递增.
所以“”是“为递增数列”的充分条件.
若为递增数列，，又且，
所以：或
由；
由；
所以“”是“为递增数列”的必要条件.
故选：A
5. 已知圆锥的底面半径为3，其内切球表面积为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用题给条件求得圆锥的母线长，再利用公式即可求得该圆锥的侧面积.
【详解】球表面积为，则该球半径为，
设圆锥的高为h，则圆锥的母线长为，
则此圆锥的轴截面面积为
，解之得，
则该圆锥的侧面积为
故选：B
6. 甲乙两人分别从五项不同科目中随机选三项学习，则两人恰好有两项科目相同的选法有（ ）
A. 30种B. 60种C. 45种D. 90种
【答案】B
【解析】
【分析】利用先选后排可得不同的选法数.
【详解】两人恰好有两项科目相同选法为.
故选：B
7. 已知实数满足，若的最大值为4，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用题给条件构造关于m的方程，解之即可求得m的值.
【详解】令，则，则时，
由，整理得，
则，
整理得，则，解之得
故选：D
8. 已知圆和两点为圆所在平面内的动点，记以为直径的圆为圆，以为直径的圆为圆，则下列说法一定正确的是（ ）
A. 若圆与圆内切，则圆与圆内切
B. 若圆与圆外切，则圆与圆外切
C. 若，且圆与圆内切，则点的轨迹为椭圆
D. 若，且圆与圆外切，则点的轨迹为双曲线
【答案】C
【解析】
【分析】先证明当时，若，则圆与圆内切，圆与圆外切；若，则圆与圆外切，圆与圆内切，从而A和B错误；然后当时，将条件变为，从而根据椭圆定义知点的轨迹为椭圆，C正确；当时，将条件变为，从而根据双曲线定义知点的轨迹为双曲线的左支，D错误.
【详解】我们分别记的中点为，显然是的中点，故，.
当时，在圆内，此时，圆和圆不可能与圆外切，而圆与圆内切等价于，
即，即，同理，圆与圆内切也等价于；
当时，在圆外，故“圆与圆内切”和“圆与圆外切”分别等价于和，
即和，即和.
所以，此时“圆与圆内切”和“圆与圆外切”分别等价于和，同理，“圆与圆内切”和“圆与圆外切”分别等价于和.
下面考虑四个选项（我们没有考虑的情况，因为不需要分析此种情况也可判断所有选项的正确性）：
由于当时，若，则圆与圆内切，圆与圆外切；
若，则圆与圆外切，圆与圆内切.
这分别构成A选项和B选项的反例，故A和B错误；
若，则，此时“圆与圆内切”和“圆与圆内切”都等价于，
而根据椭圆定义，对应的轨迹即为，C正确；
若，则，此时“圆与圆外切”等价于，
而根据双曲线定义，对应的轨迹为，
仅仅是双曲线的半支，D错误.
故选：C.
二､多选题：本题共3个小题，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. 在去年某校高二年级“校长杯”足球比赛中，甲乙两班每场比赛平均进球数､失球数及所有场次比赛进球个数､失球个数的标准差如下表：
下列说法正确的是（ ）
A. 甲班在防守中比乙班稳定
B. 乙班总体实力优于甲班
C. 乙班很少不失球
D. 乙班在进攻中有时表现很好有时表现较差
【答案】CD
【解析】
【分析】由平均数及标准差的大小关系逐一判断各选项.
【详解】由失球个数的标准差可得A错误；
由进球个数和失球个数的平均数可得B错误；
由失球个数的标准差可知C正确；
由进球个数的标准差可知D正确.
故选：CD
10. 已知函数，则（ ）
A. 的图象关于点对称
B. 在区间内有2个极大值点
C.
D. 将函数的图象向左平移个单位，所得图象关于直线对称
【答案】BCD
【解析】
【分析】先用辅助角公式把函数化成的形式，再结合函数的图象和性质进行判断.
【详解】因为.
因为，所以是的一条对称轴，故A错误；
由，，，
所以可能为：，，，，等等，在内只有两个极大值点和，故B正确；
因为，
.
又在上单调递减，所以，所以，
故C正确；
把的图象向左平移个单位，可得，
当时，为函数最小值，是所得函数的一条对称轴，故D正确.
故选：BCD
11. 已知函数的定义域为是奇函数，且，恒有，当时（其中），.若，则下列说法正确的是（ ）
A. 图象关于点对称
B. 图象关于点对称
C.
D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据是奇函数判断A项正确；由代入可得，又由推导出图象关于直线对称，从而判断B项；利用题设条件得到，分类讨论的取值情况求出的值，从而判断C项；利用选项C的结论，求得，否定D项.
【详解】对于A项，由是奇函数得，
所以函数关于点对称，故A项正确；
对于B项，由函数的定义域为且关于点对称，则，
所以，因，故解得.
由得点在函数图象上，
又点在函数图象上，
所以函数图象关于直线对称.
又由关于点对称，可得关于对称，故B项正确；
对于C项，由函数关于点对称得，
由函数关于点对称得，
故由可得.
①当时，，所以，，
因是增函数，又，故得；
②当时，由函数关于直线对称可知函数在内单减，
所以，又，所以，
这与题设矛盾，舍去.所以，又，即，故C项正确；
对于D项，由上分析，当时，，
显然，由函数关于对称，可知，
由关于点对称得，故D项错误.
故选：ABC.
【点睛】思路点睛：本题解题思路在于利用函数奇偶性及相关条件推断出函数具备的轴对称和中心对称的特征，再利用对称性推断结论，得到相关点的函数值，确定参数值，得到函数的解析式，再利用函数对称性求出相应函数值.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知集合，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出集合后可得.
【详解】，故.
故答案为：.
13. 造纸术是中国四大发明之一，彰显了古代人民的智慧.根据史料记载盛唐时期折纸艺术开始流行，19世纪折纸与数学研究相结合，发展成为折纸几何学.在一次数学探究课上，学生们研究了圆锥曲线的包络线折法.如图，在一张矩形纸片上取一点，记矩形一边所在直线为，将点折叠到上（即），不断重复这个操作，就可以得到由这些折痕包围形成的抛物线，这些折痕就是抛物线的包络线.在抛物线的所有包络线中，恰好过点的包络线所在的直线方程为__________.

【答案】
【解析】
分析】根据给定条件，设出所求直线方程，与抛物线方程联立，结合判别式求解即得.
【详解】依题意，抛物线的每条包络线与该抛物线相切，
显然过点的包络线所在的直线斜率存在，设方程为，
由消去并整理得：，
则，解得，
所以所求直线方程为.
故答案为：
14. 如图，在各棱长均相等的正三棱柱中，给定依次排列的6个相互平行的平面，使得，且每相邻的两个平面间的距离都为1.若，则__________，该正三棱柱的体积为__________.
【答案】 ①. 1 ②. ##
【解析】
【分析】先根据平行平面的性质可得为的中点，同理可确定与棱的交点为棱的中点，从而可根据平行的性质得到各平面的分布，结合距离为1可求棱长，故可求体积.
【详解】由题设，过点作平面与交于点，且到平面的距离相等，
故为的中点，故，
由正三棱柱的对称性，不妨设与交于点，
而平面，故与棱的交点为棱的中点，
因为，则与平面的交线与平行，且与棱有交点，
故过的平面分布如图所示.
因为的距离均为1，故为的三等分点，且.
设该正三棱柱的底面边长为，则，，则
由正三棱柱可得平面，过点作的垂线，垂足为，
因为平面，平面，故，
而，，平面，故平面，
故为之间的距离，故，
所以，所以体积为.
故答案为：1，.
【点睛】关键点点睛：立体几何中与平面有关的计算问题，注意根据过关键点的平面的位置关系确定其他平面的位置关系.
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. 学校组织某项劳动技能测试，每位学生最多有3次测试机会.一旦某次测试通过，便可获得证书，不再参加以后的测试，否则就继续参加测试，直到用完3次机会.如果每位学生在3次测试中通过的概率依次为，且每次测试是否通过相互独立.现某小组有3位学生参加测试，回答下列问题：
（1）求该小组学生甲参加考试次数的分布列及数学期望；
（2）规定：在2次以内测试通过（包含2次）获得优秀证书，超过2次测试通过获得合格证书，记该小组3位学生中获得优秀证书的人数为，求使得取最大值时的整数.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）3
【解析】
【分析】（1）确定的可能值，利用独立事件的概率公式计算概率得分布列，再由期望公式计算出期望；
（2）确定所有可能取的值为，得出，利用二项公布的概率公式计算出各概率后可得，也可以解不等式得出结论．
【小问1详解】
由题意知，所有可能取的值为，
，
的分布列如下：
；
【小问2详解】
由题意知，每位学生获得优秀证书的概率，
方法一：
所有可能取的值为，且，
，
，
，
，
，
所以使得取得最大值时，整数的值为3．
方法二：
由得，
所以，
所以，
所以使得取得最大值时，整数的值为3．
16. 记为数列的前项的和，已知.
（1）求的通项公式；
（2）令，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用数列通项与前n项和的关系判定数列是等差数列，进而求得其通项公式；
（2）先利用（1）的结论，求得数列是等比数列，进而求得其前n项和.
【小问1详解】
当时，
则有：
化简得
又是以2为首项，1为公差的等差数列
的通项公式为
【小问2详解】
由（1）知：
当时，
又是以为首项，为公比的等比数列
17. 如图，在三棱锥中，底面是边长为6的正三角形，，，点分别在棱上，，且三棱锥的体积为.
（1）求的值；
（2）若点满足，求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）4 （2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，由线线垂直得到线面垂直，得到为三棱锥的高，由余弦定理得到角，进而得到边长，根据三棱锥体积得到三角形面积，结合三角形面积公式求出，由余弦定理求出；
（2）证明出面面平行，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的正弦公式求出线面角的正弦值，进而得到余弦值.
【小问1详解】
如图所示，取中点，连接，
是边长为6的正三角形，为中点，
，且，
又，
，
又，平面，
∴平面，
过点作，点为垂足，
平面，
，
又，，
平面，
∴为三棱锥的高，
，
在中，，
，
，
，
又，
，
①，
又在中，，
由余弦定理得，
②，
由①②得；
【小问2详解】
过作，以为坐标原点，分别以直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
且，取的方向向量.
由（1）知，
，
，
又平面平面，
平面，
又，
，同理可证平面，
又，
∴平面平面，
所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，且记为，
设平面的法向量，则，
解得，令，则，
故，
，
，
所以直线与平面所成角余弦值.
18. 已知双曲线的右焦点，离心率为，过F的直线交于点两点，过与垂直的直线交于两点.
（1）当直线的倾斜角为时，求由四点围成的四边形的面积；
（2）直线分别交于点，若为的中点，证明：为的中点.
【答案】（1）6 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求得双曲线的标准方程，再求得的长，进而求得由四点围成的四边形的面积；
（2）利用设而不求的方法结合同一法即可证得为的中点.
【小问1详解】
由题意知，
所以的方程为
直线的倾斜角为，过点直线的方程为
设，联立，
得
与互相垂直的倾斜角为由对称性可知
【小问2详解】
方法一：由题意可知的斜率存在且不为0，设的方程分别为由互相垂直可得①
联立得②
联立，
整理得
是的中点③
由②③得，即④
同理联立得⑤
由①④⑤得
⑥
联立，
得
取中点，所以⑦
由⑥⑦得与重合，即是中点.
方法二：由题意可知的斜率存在且不为0，设的方程分别为
由互相垂直可得
设的坐标分别为
联立，
得，又
是的中点
整理可得的中点
又直线恒过定点，
，
同理
三点共线
所以的中点在上，又上的点在上
所以与重合，即是中点
方法三：由题意可知的斜率存在且不为0，设的方程分别为
由互相垂直可得①
联立得，所以②
设的坐标分别为，代入得
两式相减得，
变形为，即③
由②③得，即④
同理联立得，
所以⑤
由①④⑤得，
所以⑥
取中点，同理可证⑦
由⑥⑦得.
结合均在直线上，所以与重合，即是中点.

19. 已知集合是满足下列性质的函数的全体：存在实数，对任意的，有.
（1）试问函数是否属于集合？并说明理由；
（2）若函数，求正数的取值集合；
（3）若函数，证明：.
【答案】（1）函数不属于集合，理由见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件得到方程组，无解，故不属于集合；
（2）根据条件得到方程组，求出，进而得到正数的取值集合；
（3）根据条件得到方程有解，令，即函数有零点，证明出，分，和三种情况，结合隐零点得到证明.
【小问1详解】
函数不属于集合.理由如下：
由题意得，
由得，
结合的任意性，得，显然无解，
所以不存在实数，对任意的，有.
即函数不属于集合.
【小问2详解】
由题意得：
，
又，
由得，
结合的任意性，得，
所以，所以，又，即，
所以正数的取值集合为；
【小问3详解】
函数得，即，
由题意可得：存在非零常数，使得，
即方程有解，
令，即函数有零点，
，
下面证明，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，
故，故，
（i）当时，在单调递增，又，当时，，
不妨取，则，
所以有根记为，且①，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，上单调递增，
考虑到当时，，当时，
任意给定正实数，当时，，
当时，
由于，
故，
时，即可保证函数有零点，即②，
由得，由得③，
将③代入①有，化简得，
由得④，
（ii）当时，则，用替换（i）中的，得，
即⑤，
由④⑤得，即，
（iii）当时，，取，则，
满足，则，
综上，..
【点睛】方法点睛：导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方进球个数平均数
失球个数平均数
进球个数标准差
失球个数标准差
甲班
2.3
15
0.5
1.1
乙班
1.4
2.1
1.2
0.4
1
2
3
0.5
0.3
0.2