2024年安徽省黄山市、宣城市高考数学第二次质检试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年安徽省黄山市、宣城市高考数学第二次质检试卷（含详细答案解析），共17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。
1.已知复数z=(1−2i)(4−3i)，则复数z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知数列{an}是等差数列，且a2=3，S7=14，则数列{an}的公差d是( )
A. −1B. −12C. 12D. 1
3.已知|a|=2 3|b|，且=5π6，则b在a上的投影向量为( )
A. −14aB. −3aC. 14aD. 3a
4.攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖．通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分．多见于亭阁式建筑，园林建筑．如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面(过圆锥旋转轴的截面)是底边长为6m，顶角为2π3的等腰三角形，则该屋顶的侧面积约为( )
A. 6πm2
B. 6 3πm2
C. 3 3πm2
D. 12 3πm2
5.若a0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，过F2作一条渐近线的垂线，垂足为A，延长F2A与另一条渐近线交于点B，若S△BOF1=3S△AOB(O为坐标原点)，则双曲线的离心率为( )
A. 3B. 2C. 5D. 6
8.已知实数a，b分别满足ln(a+1)=0.01，eb=1.01，且c=1101，则( )
A. ac.
故选：C.
令f(x)=ex−1−ln(x+1)(01)，由f(x)的单调性得，b>c.
本题考差了利用导数研究函数的单调性，利用函数的单调性比较大小，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：f(x)=2sin(ωx−π6)，且f(x)图象上相邻两条对称轴之间的距离为π2，
∴f(x)的周期为π，2πω=π，ω=2，
∴f(x)=2sin(2x−π6)，
∴f(−5π12)=2sin(−π)=0，A正确；
f(2π3)=2sin7π6=−1，∴x=2π3不是对称轴，B错误；
x∈[0,π2]时，2x−π6∈[−π6,5π6]，∴f(x)在[0,π2]上没有单调性，C错误；
x∈[7π12,7π3]时，2x−π6∈[π,9π2]，∴f(x)在[7π12,7π3]上有4个零点，D正确．
故选：AD.
可得出f(x)=2sin(ωx−π6)，然后根据条件得出ω=2，得出f(x)=2sin(2x−π6)，根据正弦函数对称中心和对称轴的定义即可判断A，B的正误；根据正弦函数的单调性即可判断C的正误；根据正弦函数的零点即可判断D的正误．
本题考查了两角和的正弦公式，正弦函数的对称中心和对称轴，正弦函数的单调性和零点，是基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：对于A，若η=aξ+b，则D(η)=a2D(ξ)，所以若η=2ξ+1.则D(n)=4D(ξ)，故A错误；
对于B：P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=2+3−P(AB)=5，
解得：P(AB)=13=P(A)P(B)，所以事件A与B相互独立，故B正确；
对于C，根据独立性检验思想可知C正确；
对于D，由y =0.3−0.7x，得样本点(2,−3)的残差为−3−(0.3−0.7×2)=−1.9，故D正确．
故选：BCD.
根据η=aξ+b，则D(η)=a2D(ξ)，可判断A；由独立事件的定义可判断B；根据独立性检验思想可判断C；由残差的概念即可判断D.
本题主要考查概率与统计的综合，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于选项A，当a1=2,λ=54时，an+1−an=an2+an+54=(an+12)2+1≥1>0，
又因为a1=2，所以an+1>an+1，所以an>an−1+1>an−2+2>…>a1+n−1=n+1，故A正确；
对于选项B，因为an+1−an=an2+an+λ=(an+12)2+λ−14，且λ∈[14,+∞),
所以an+1−an≥0，
当λ=14，a1=−12时，a2=−12，…，an+1−an=0，即an+1=an，
所以数列{an}是常数列，故B不正确；
对于选项C，因为数列{an}是递增数列，所以当n≥2，n∈N*时，an−an−1>0，
即(an2+2an−2)−(an−12+2an−1−2)=(an−an−1)(an+an−1+2)>0，
所以an+an−1+2>0，所以a2−a1>0，且a2+a1+2>0，
即(a12+2a1−2)−a1>0，且(a12+2a1−2)+a1+2>0，
解得a1>1或a1a1，a3=132−3>a2，…，
结合an+1−an=(an−an−1)(an+an−1+2)可知数列{an}是递增数列，
所以an≥a1=3，所以an+1+2=an(an+2)≥3(an+2)，即an+1+2an+2≥3，
所以an+2an−1+2×an−1+2an−2+2×…×a2+2a1+2≥3n−1(n≥2,n∈N*)，
即an+2≥3n−1(a1+2)=53×3n(n≥2,n∈N*)，
所以1an+2≤35×13n(n≥2,n∈N*)，
当n=1时，1a1+2=15≤35×13，
所以1an+2≤35×13n(n∈N*)，
于是可得：1a1+2+1a2+2+…+1an+2≤35(13+132+⋯+13n)=35×13(1−13n)1−13an+1，即可迭代判断A的正误；当λ=14，a1=−12时，可判断数列{an}是常数列，进而判断B的正误；
根据数列{an}是递增数列，可得出an+an−1+2>0，进而得出a2−a1>0，且a2+a1+2>0，即可得出a1的取值范围，进而判断C的正误；根据递推关系得出an+1+2=an(an+2)≥3(an+2)，即an+1+2an+2≥3，进而得出1an+2≤35×13n(n∈N*)，利用等比数列的前n项和公式计算即可判断D的正误．
本题主要考查了数列的递推公式，数列的单调性以及数列的求和的应用，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】{x|x1}
【解析】解：集合A={x|y= x+2}={x|x≥−2}，B={x|x2+3x−4≤0}={x|−4≤x≤1}，
所以A∩B={x|−2≤x≤1}，
所以∁R(A∩B)={x|x1}.
故答案为：{x|x1}.
先求出集合A，B，再利用集合的基本运算求解．
本题主要考查了一元二次不等式的解法，考查了集合的基本运算，属于基础题．
13.【答案】(158,2]
【解析】解：令f(x)= 1−x2−k(x−1)−4=0，
则 1−x2−k(x−1)−4=0，
所以 1−x2=k(x−1)+4，
又因为y= 1−x2≥0，即为x2+y2=1(y≥0)，
表示单位圆位于x轴上及上方部分；
而y=k(x−1)+4，表示过点(1,4)且斜率为k的直线，
所以将问题转化为半圆x2+y2=1(y≥0)与直线y=k(x−1)+4有两个交点，
|4−k| 1+k2=1，解得k=158，
当直线与半圆相切时；
当直线过点(−1,0)时，
则有−2k+4=0，解得k=2，
综上，k∈(158,2].
故答案为：(158,2].
令f(x)=0，则有 1−x2=k(x−1)+4，将问题转化为半圆x2+y2=1(y≥0)与直线y=k(x−1)+4有两个交点，作出图象，结合图象求解即可．
本题考查了函数的零点、直线与圆的位置关系，转化思想及数形结合思想，属于中档题．
14.【答案】4π5 [ 5+3,2 3+2]
【解析】解：由球的半径为r，可知圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2r，
则2r=2，所以r=1，
过O作OG⊥DO1于G，
则由题可得OGO2D=OO1DO1，
即OG1=1 5，
所以OG= 55，
设O到平面DEF的距离为d1，
平面DEF截得球的截面圆的半径为r1，
则d1≤OG，r12=r2−d12=1−d12≥1−15=45，
所以平面DEF截得球的截面面积最小值为45π；
由题可知点M在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，
设M在底面的射影为M′，
‴
则MM′=1，ME= 12+M′E2，MF= 12+M′F2，M′E2+M′F2=4，
设t=M′E2，ME+MF= 12+t+ 12+4−t，
所以(ME+MF)2=6+2 −t2+4t+5=6+2 −(t−2)2+9∈[6+2 5,12]，
所以ME+MF∈[ 5+1,2 3]，
又因为EF=2，
所以ME+MF+EF∈[ 5+3,2 3+2]，
即△MEF周长的取值范围为[ 5+3,2 3+2].
故答案为：4π5，[ 5+3,2 3+2].
由题可得O到平面DEF的距离为d1≤ 55，进而可得平面DEF截得球的截面面积最小值，即可求解；设M在底面的射影为M′，设t=M′E2，则用t表示ME+MF，然后利用二次函数的性质可得ME+MF的取值范围，即可求△MEF周长的取值范围．
本题考查圆柱与球的表面积、以及折线段的最值问题，考查逻辑推理能力，是一道难题．
15.【答案】解：(1)因为向量μ=(b,sinA+sinC)，ν=(sinA+sinB,a−c)且μ⊥ν，
所以b(sinA+sinB)+(sinA+sinC)(a−c)=0，
由正弦定理可得b(a+b)+(a+c)(a−c)=0，
化简得a2+b2−c2=−ab，
由余弦定理得：a2+b2−c2=2abcsC，
所以csC=−12，而C∈(0,π)，
所以C=2π3；
(2)由题意得12absin2π3= 34，则ab=1，
由cs(A+B)=csAcsB−sinAsinB=12得sinAsinB=14，
因为(csinC)2=absinAsinB=4，所以csinC=2，
所以c= 3.
【解析】(1)由两个向量垂直，可得数量积为0，再由正弦定理，余弦定理的可得csC的值，再由角C的范围，可得角C的大小；
(2)由三角形的面积公式，可得ab的值，由(1)可得cs(A+B)的值，展开由题意可得sinAsinB的值，再由正弦定理可得c的值．
本题考查向量的数量积的运算性质的应用及正弦定理的应用，属于中档题．
16.【答案】解：(1)证明：取AC的中点为O，
连接DO，OO1，O1O2，
∵DA=DC，O为AC中点，∴DO⊥AC
又平面DAC⊥平面ABC，且平面DAC∩平面ABC=AC
∴DO⊥平面ABC，∴DO//O1O2，DO=O1O2，故四边形DOO1O2为矩形，
∴DO2//OO1，又O，O1分别是AC，AB的中点，∴OO1//BC，
∴DO2//BC；
(2)∵C是圆O1上异于A，B的点，且AB为圆O1的直径，
∴BC⊥AC，∴OO1⊥AC，
∴如图以O为原点建立空间直角坐标系，
由条件知DO= 3，
∴A(1,0,0)，B(−1,4,0)，C(−1,0,0)，D(0,0, 3)，∴E(−12,0, 32)，
设F(x,y,z)，∴BF=(x+1,y−4,z)，FD=(−x,−y, 3−z)，
由BF=2FD，得F(−13,43,2 33)，∴AF=(−43,43,2 33)，
∴DB=(−1,4,− 3)，AE=(−32,0, 32)，
设平面AEF法向量为n=(x1,y1,z1)，
则n⋅AE=−32x1+ 32z1=0n⋅AF=−43x1+43y1+2 33z1=0，取n=(1,−12, 3)，
设直线BD与平面AEF所成角为θ，
则sinθ=|cs|=62 5⋅ 172=6 8585
∴直线BD与平面AEF所成角的正弦值为6 8585.
【解析】(1)根据面面垂直的性质定理，线面垂直的性质定理，化归转化，即可证明；
(2)建系，利用向量法，向量夹角公式，即可求解．
本题考查线线平行的证明，线面角的求解，向量法的应用，属中档题．
17.【答案】解：(1)已知某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了米饭套餐，则第2天选择米饭套餐的概率为13；若他前1天选择了面食套餐，则第2天选择米饭套餐的概率为23.已知他开学第1天中午选择米饭套餐的概率为23，
设Ai=“第i天选择米饭套餐”(i=1,2)，
则Ai−=“第i天选择面食套餐”，
根据题意P(A1)=23，P(A1−)=13，P(A2|A1)=13，P(A2|A1−)=23，
由全概率公式得P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(A1−)P(A2|A1−)=23×13+13×23=49；
(2)(i)设An=“第n天选择米饭套餐”(n=1,2,⋯)，
则Pn=P(An)，P(An−)=1−Pn，P(An+1|An)=13，P(An+1|An−)=23，
由全概率公式得P(An+1)=P(An)P(An+1|An)+P(An−)P(An+1|An−)=−13Pn+23，
即Pn+1=−13Pn+23，∴Pn+1−12=−13(Pn−12)，
∵P1−12=16，
∴{Pn−12}是以16为首项，−13为公比的等比数列；
可得Pn=12+16×(−13)n−1(n∈N*)，
当n为大于1的奇数时，Pn=12+16×(−13)n−1≤12+16×(13)2=1427；
当n为正偶数时，Pn=12−16×(13)n−1ln(x+1)，而ln(x+1)