安徽省2024届普通高中学业水平合格考试数学模拟试题（解析版）

这是一份安徽省2024届普通高中学业水平合格考试数学模拟试题（解析版），共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

考试时间：90分钟 满分：100分
第Ⅰ卷（选择题54分）
一、选择题（本大题共18小题，每小题3分，满分54分，每小题4个选项中，只有一个选项符合题目要求）
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用交集定义直接求解.
【详解】∵集合，，
∴.
故选：B.
2. 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
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解.
【详解】，对应点，位于第二象限.
故选：B
3. 某学校高一、高二、高三分别有600人、500人、700人，现采用分层随机抽样的方法从该校三个年级中抽取18人参加全市主题研学活动，则应从高三抽取（ ）
A. 5人B. 6人C. 7人D. 8人
【答案】C
【解析】
【分析】利用分层抽样的规则求解.
【详解】采用分层随机抽样的方法从该校三个年级中抽取18人，
已知高一、高二、高三分别有600人、500人、700人，
则应从高三抽取的人数为.
故选：C.
4. “”是“”的什么条件（ ）
A. 充分条件B. 必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】根据充分条件与必要条件的定义判断即可得结论.
【详解】若，则由“”不能推出“”，故充分性不成立；
若，则由“”不能推出“”，故必要性不成立；
所以“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
5 已知，，且，则x等于（ ）
A. 4B. -4C. 2D. -2
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用向量垂直的坐标表示列方程求解即可.
【详解】∵，，且，
∴，
解得x＝2，
故选：C．
6. 已知角的始边在轴的非负半轴上，终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据任意角的三角函数的定义求解.
【详解】由已知得，.
故选：D.
7. 下列关于空间几何体结构特征的描述错误的是（ ）
A. 棱柱的侧棱互相平行
B. 以直角三角形的一边为轴旋转一周得到的几何体不一定是圆锥
C. 正三棱锥的各个面都是正三角形
D. 棱台各侧棱所在直线会交于一点
【答案】C
【解析】
【分析】根据相应几何体的定义和性质判断即可.
【详解】根据棱柱的性质可知A正确；
当以直角三角形的斜边所在直线为旋转轴时，所得几何体为两个圆锥的组合体，故B正确；
正三棱锥的底面是正三角形，其余侧面是全等的等腰三角形，故C错误；
棱台是用平行于底面的平面截棱锥而得，故侧棱所在直线必交于一点，D正确.
故选：C
8. 某地一年之内12个月的降水量分别为：71，66，64，58，56，56，56，53，53，51，48，46，则该地区的月降水量75%分位数（ ）
A. 61B. 53C. 58D. 64
【答案】A
【解析】
【分析】根据百分位数的定义求解.
【详解】将降水量从小到大排列：46，48，51，53，53，56，56，56，58，64，66，71，
，
该地区的月降水量75%分位数为.
故选：A
9. 已知函数，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的解析式直接运算即可.
【详解】，所以，所以.
故选：B
10. 抛掷两个质地均匀的骰子，则“抛掷的两个骰子的点数之和是6”的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出总的基本事件，列举出点数之和是6的基本事件，再由古典概率求解即可.
【详解】抛掷两个质地均匀的骰子，总的基本事件有个，其中点数之和是6的有共5个，
则“抛掷的两个骰子的点数之和是6”的概率为.
故选：C.
11. 在中，，设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量的加法和减法法则，计算可得答案.
【详解】由，可得，
，整理可得，
.
故选：A
12. 设，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指、对数函数单调性结合中间值“0”、“1”分析判断.
【详解】因为在上单调递增，且，则，即，
又因为在上单调递减，且，则，即，
又因为在上单调递减，且，则，即，
所以.
故选：B.
13. 在中，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. D. 若≥，则
【答案】D
【解析】
【分析】AB选项，可举出反例；C选项，利用诱导公式推出；D选项，由正弦定理和大边对大角得到D正确.
【详解】A选项，当时，，故，A错误；
B选项，时，无意义，B错误；
C选项，，C错误；
D选项，由正弦定理得，
因为，所以，
由大边对大角得，D正确.
故选：D
14. 已知某圆锥的母线长为4，高为，则圆锥的全面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由勾股定理得出，进而由面积公式得出全面积.
【详解】由题意可知，该圆锥的底面半径为，
则圆锥的全面积为.
故选：B
15. 若函数在区间上是减函数，则实数的取值范围是
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据对称轴与区间端点值之间的关系,列式可解得结果.
【详解】因为函数在区间上是减函数,
所以,解得.
故选：C.
【点睛】本题考查了利用二次函数的单调性求参数的取值范围,抓住图象的开口方向以及对称轴与区间端点的关系是解题关键,属于基础题.
16. 已知幂函数为偶函数，且在上单调递减，则的解析式可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据偶函数的定义和幂函数的性质逐个分析判断即可
【详解】对于A，的定义域为，因为定义域不关于原点对称，所以函数为非奇非偶函数，所以A错误，
对于B，的定义域为，因为，所以函数为偶函数，
因为在上递增，所以B错误，
对于C，的定义域为，因为，所以函数为偶函数，
因为在上单调递减，所以C正确，
对于D，的定义域为，因为，所以函数为奇函数，所以D错误，
故选：C
17. 从装有2个红球和2个黑球的袋子内任取2个球，下列选项中是互斥而不对立的两个事件的是（ ）
A. “至少有1个红球”与“都是黑球”
B. “恰好有1个红球”与“恰好有1个黑球”
C. “至少有1个黑球”与“至少有1个红球”
D. “都是红球”与“都是黑球”
【答案】D
【解析】
【分析】根据互斥事件与对立事件的概念分析可得.
【详解】从装有2个红球和2个黑球的袋子内任取2个球，可能的结果为：1红1黑､2红､2黑，
对于A：“至少有1个红球”包括1红1黑､2红，与“都是黑球”是对立事件，不符合；
对于B：“恰好有1个红球”和恰好有1个黑球”是同一个事件，不符合题意；
对于C：“至少有1个黑球”包括1红1黑､2黑，“至少有1个红球”包括1红1黑､2红，这两个事件不是互斥事件，不符合题意；
对于D：“都是红球”与“都是黑球”是互斥事件而不是对立事件，符合题意；
故选：D.
18. 已知函数是定义域为的偶函数，且在上单调递减，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用的奇偶性与单调性，将问题转化为，从而得解.
【详解】因为是定义域为的偶函数，且在上单调递减，
所以在上单调递增，
又，所以，
则，故，解得.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用偶函数的性质，从而转化得解.
第Ⅱ卷（非选择题46分）
二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，满分16分，请把答案写在相应横线上）
19. 已知是虚数单位，复数，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的除法运算化简复数,再用模长公式求解即可.
【详解】,
所以.
故答案为：.
20. 已知为奇函数，则实数a的值为______．
【答案】1
【解析】
【分析】由列等式求解即可.
【详解】因为为奇函数，
所以，
得，
得，
得.
故答案为：1
21. 已知非零向量，满足，且，则与的夹角为_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据垂直条件，得到数量积为0，结合及夹角公式求解即可.
【详解】因为,
所以，
即,
所以,
因为,
所以，
因为,
所以.
故答案为：.
22. 在对树人中学高一年级学生身高（单位：）调查中，抽取了男生20人，其平均数和方差分别为174和12，抽取了女生30人，其平均数和方差分别为164和30，根据这些数据计算出总样本的方差为______．
【答案】##
【解析】
【分析】先求出这个人身高的平均数，然后根据方差公式计算.
【详解】依题意得，题干中人身高的平均数为：，
根据方差公式，总体的方差为：
故答案为：
三、解答题（本大题共3小题，每小题10分，满分30分，解答题应写出文字说明及演算步骤）
23. 已知函数是二次函数，且满足，.
（1）求函数的解析式；
（2）当x＞0时，求函数的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由求出，由求出，即可得出答案；
（2）由基本不等式求解即可.
【小问1详解】
设（），
由，得，
由，得，
整理，得，
则，解得，，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
因为x＞0，所以，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为.
24. 如图，四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为菱形，点F为侧棱PC上一点．

（1）若PF＝FC，求证：PA∥平面BDF；
（2）若BF⊥PC，求证：平面BDF⊥平面PBC．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设AC，BD的交点为O，所以PA∥OF，利用线面平行的判定定理即可证得结论；
（2）由题意得BD⊥AC，BD⊥PA，所以BD⊥平面PAC，则BD⊥PC，又BF⊥PC，所以PC⊥平面BDF，利用面面垂直的判定定理可得结论.
【小问1详解】
设AC，BD的交点为O，连OF，

因为底面ABCD为菱形，且O为AC中点，PF＝FC，所以PA∥OF，
又PA平面BDF，OF平面BDF，故PA∥平面BDF．
【小问2详解】
因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，
因为PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以BD⊥PA，
又ACBD＝O，AC，BD平面ABCD，所以BD⊥平面PAC，
又PC平面PAC， 所以BD⊥PC，
又BF⊥PC，BDBF＝B，BD，BF平面BDF，所以PC⊥平面BDF，
又PC平面PBC，故平面BDF⊥平面PBC.
25. 已知.
（1）求的最小正周期及单调增区间；
（2）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，△ABC的外接圆半径为2，求△ABC面积的最大值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦函数的最小正周期公式可求出的最小正周期，令，，解不等式即可得出答案.
（2）由可求出，由正弦定理求出，再由余弦定理、三角形的面积公式和基本不等式即可得出答案.
【小问1详解】
的最小正周期为，
由，，
解得，，
所以函数的单调递增区间为（）.
【小问2详解】
由，得，
∵，∴，
∴＝，解得.
又△ABC的外接圆半径为2，则，
由余弦定理，得，即，
即，，
当且仅当，等号成立，
所以△ABC面积，
故△ABC面积的最大值为.