2023届安徽省黄山市高三第二次质量检测数学试卷含解析

  黄山市2023届高中毕业班第二次质量检测

数学试题

一､单项选择题：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. 已知集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据指数不等式化简集合，即可由交运算求解.

【详解】由，，故，

故选：D

2. 复数满足方程，则（    ）

A. 2 B.  C.  D. 8

【答案】B

【解析】

【分析】利用复数的运算法则求出复数，再利用模的定义即可求出结果.

【详解】因为，所以，

所以，

故选：B.

3. “”是“直线和直线平行”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】根据两直线平行求出参数a，再根据充分条件和必要条件的定义即可得出答案.

【详解】∵直线和直线平行，

∴，解得或，

当，两直线分别为，两直线平行，符合题意；

当，两直线分别为，即为，

两直线重合，不符合题意；

综上所述：.

故“”是“直线和直线平行”的充要条件.

故选：C.

4. 《莱茵德纸草书》（RhindPapyrus）是世界上最古老的数学著作之一，书中有这样一道题目：把个面包分给个人，使每个人所得面包个数成等比数列，且使较小的两份面包个数之和等于中间一份面包个数的四分之三，则中间一份面包的个数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设个人分得的面包个数分别为、、、、，则等比数列、、、、的公比为，且，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可求得的值.

【详解】设个人分得的面包个数分别为、、、、，

则等比数列、、、、的公比为，且，则，

由题意可得，即，整理可得，

因为，解得，

因为，解得，

所以，中间一份面包的个数为.

故选：B.

5. 先后掷两次骰子（骰子的六个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点），落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x，y，设事件A=“为奇数”，事件B=“，满足”，则概率（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先利用古典概率公式，求出，，再利用条件概率公式即可求出结果.

【详解】用表示第1次掷骰子得到的点数为，第2次掷骰子得到的点数为，掷两次骰子，基本事件的个数为：，

因为事件A=“为奇数”， 事件B=“，满足”， 记事件“为奇数，且”，所以事件包含的基本事件个数为：，事件包含的基本事件个数为：，

根据古典概率公式知，

，，

由条件概率公式知，，

故选：B.

6. 已知函数，则使不等式成立的的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据函数的单调性和奇偶性，即可转化为自变量的大小关系进行求解.

【详解】由题意可知：的定义域为或，关于原点对称，

由得，故 为偶函数，

当时，，由于函数，均为单调递增函数，在单调递增，因此 为上的单调递增函数，所以不等式等价于 ，解得,

故选：C

7. 如图1，将一块边长为20的正方形纸片剪去四个全等的等腰三角形，，再将剩下的部分沿虚线折成一个正四棱锥，使与重合，与重合，与重合，与重合，点重合于点，如图2.则正四棱锥体积的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先确定原图中哪一条线段是侧棱，哪条线段是底边，再设立变量，求出体积关于变量的函数解析式，求导，根据函数的单调性求解.

【详解】

根据题意，PG是侧棱，底面EFGH的对角线的一半是GC，

设 ，则有 ， ，

四棱锥的高 ，

底正方形的面积 ，

四棱锥P-EFGH的体积 ，

令 ，则 ， ，

则 ，

当 时， ，V单调递减；当 时，V单调递增，

∴当 时，V取最大值，

.

故选：D.

8. 已知满足 ，则（    ）

A.  B.

C.  D.  

【答案】A

【解析】

【分析】选择中间值，将a，b，c分别与中间值比较即可.

【详解】 ，又 ，即 ，  ，   ，

，故选：A.

二､多项选择题：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. 如图，为圆的一条直径，点是圆周上的动点，是直径上关于圆心对称的两点，且，则（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】BC

【解析】

【分析】对A、B：根据向量的线性运算分析判断；对C：根据数量积的定义分析判断，对D：根据向量的线性运算结合向量概念分析判断.

【详解】由题意可得：.

对于A：可得，故A错误；

对于B：∵，可得，

整理得：，故B正确；

对C：由题意可得：，，

则，

即，故C正确；

对D：∵，但向量不能比较大小，故D错误；

故选：BC.

10. 若，则值可能是（    ）

A.  B.  C. 2 D. 3

【答案】D

【解析】

【分析】利用余弦的二倍角公式和“齐次式”结构，求出或，再利用的周期，化简，从而求出结果.

【详解】由余弦的二倍角公式知，

得到 ，即，解得或，

当时，，

当时，

所以，当时，或，

当时，或，

故选：D.

11. 已知椭圆分别为椭圆的左，右焦点，分别是椭圆的左，右顶点，点是椭圆上的一个动点，则下列选项正确的是（    ）

A. 存在点，使得

B. 若为直角三角形，则这样的点有4个

C. 直线与直线的斜率乘积为定值

D. 椭圆C内接矩形的周长取值范围是

【答案】CD

【解析】

【分析】根据焦点三角形的性质以及余弦定理可得在椭圆的上下顶点处，最小，最大，进而可判断AB,由斜率公式可判断C，根据三角换元可判断D.

【详解】设椭圆上任意一点为，则， ，

由余弦定理得

，当且仅当 等号成立，此时在椭圆的上下顶点处，最小，最大，

对于A,当在椭圆的上下顶点时，，故不存在点，使得，故A错误，

对于B, 当在椭圆的上下顶点时，的最小值为，此时为钝角，根据椭圆的对称性可知：当为直角时，此时有4个满足位置的点，当为直角时，满足条件的有2个，同理为直角时，也有2个满足条件的，故当为直角三角形时，有8个满足满足条件的，故B错误，

对于C，,所以,故C正确，

对于D，设不妨设是椭圆在第一象限得的内接矩形的一顶点，根据椭圆的对称性可知椭圆的内接矩形的四个顶点关于坐标轴对称，故矩形的周长为，故当 时， 在椭圆上，此时周长最大为8，当时，此时，此时在短轴上，不能构成矩形，故周长大于4，故周长的范围为，故D正确，

故选：CD

12. 如图，圆柱的底面半径和母线长均为是底面直径，点在圆上且，点在母线，点是上底面的一个动点，则（    ）

A. 存在唯一的点，使得

B. 若，则点的轨迹长为4

C. 若，则四面体的外接球的表面积为

D. 若，则点的轨迹长为

【答案】ACD

【解析】

【分析】对选项A：作E关于D点的对称点为，利用对称性与三点共线距离最短求解；对选项BD：建立空间直角坐标系，根据F满足的条件判断其轨迹，求其长度；对选项C：证明AE中点Q为四面体的外接球的球心即可.

【详解】

设E关于D点的对称点为，

则，

所以当且仅当三点共线时取等号，

 故存在唯一的点，使得，故A正确；

由题意知，以O为坐标原点，以为正方向建立空间直角坐标系，

则设，

则，

对选项B： 当时，，

所以点的轨迹长为上底面圆的一条弦MN，到MN的距离为1，

所以，故点的轨迹长为，所以B错误；

对选项D： 当时，，

所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其轨迹长为，故D正确；

对选项C：在中， ，

为直角三角形，其外心为与的交点，且，

而

所以，所以Q为四面体的外接球的球心，球半径为，所以球的表面积为，故C正确.

故选：ACD

【点睛】方法点睛：对立体几何中动点的轨迹问题采用几何法分析难度时可以用坐标法去研究，根据动点的坐标满足的方程可以方便的判断出轨迹的形状，将几何问题转化为代数问题解决.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

13. 的展开式中所有不含字母的项的系数之和为___________.

【答案】32

【解析】

【分析】运用二项式定理计算.

【详解】由二项式定理得： 展开项的通项公式为 ，

欲使得不含z，则 ， ，

令 ，则所以不含字母z的项的系数之和 ；

故答案为：32.

14. 如图给出的三角形数阵，图中虚线上的数、、、、，依次构成数列，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】由杨辉三角与二项系数的关系可得出，再利用裂项相消法可求得所求代数式的值.

【详解】由杨辉三角与二项式系数的关系可知，，，，

所以，，所以，，

所以，.

故答案为：.

15. 设双曲线，其右焦点为，过作双曲线一条浙近线垂线，垂足为点，且与另一条浙近线交于点，若，则双曲线的离心离为___________.

【答案】

【解析】

【分析】设点为第一象限内一点，分析可得出，求出，可求得的值，即可求得双曲线的离心率的值.

【详解】设点为第一象限内一点，如下图所示：

设双曲线的左焦点为，因为，则为的中点，

又因为，所以，，且，

又因为，则，

直线的方程为，则，

因此，该双曲线的离心率为.

故答案为：.

16. 黎曼函数是一个特殊的函数，由德因数学家波恩哈德·黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用.黎曼函数定义在上，其解析式如下：，定义在实数集上的函数满足，且函数的图象关于直线对称，，当时，，则___________.

【答案】##

【解析】

【分析】由推出为偶函数与周期的函数，据此求的值即可.

【详解】因为函数的图象关于直线对称，所以，

由得，所以，

所以为偶函数，

由得，代入得，

所以，所以，

所以，所以是以4为周期的函数，

由得，所以，即，

由得，所以，即，所以，所以，

，

故答案为：

【点睛】关键点点睛：本题难点在于对条件的灵活应用，一是对进行赋值，赋值一定要合适，根据需要进行合理的赋值才能达到想要的结果；二是对与关系的转化，要找的性质进行赋值后消去得到只有的关系式从而得到的性质.

四､解答题：本题共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. 为了深入学习领会党的二十大精神，某高级中学全体学生参加了《二十大知识竞赛》，试卷满分为100分，所有学生成绩均在区间分内，已知该校高一､高二､高三年级的学生人数分别为800､1000､1200现用分层抽样的方法抽取了300名学生的答题成绩，绘制了如下样本频率分布直方图.

（1）根据样本频率分布直方图估计该校全体学生成绩的众数､平均数､第71百分位数；

（2）已知所抽取各年级答题成绩的平均数､方差的数据如下表，且根据频率分布直方图估计出总成绩的方差为140，求高三年级学生成绩的平均数，和高二年级学生成绩的方差.

【答案】（1）；；；   

（2），

【解析】

【分析】（1）根据给定的频率分布直方图，利用频率分布直方图估计众数、平均数、百分位数的方法求解作答.

（2）根据表中数据，利用分层抽样结合平均数、方差的定义计算作答.

【小问1详解】

由频率分布直方图知，学生成绩在内的频率分别为：

，显然学生成绩在内的频率最大，

所以估计该校全体学生成绩的众数为；

平均数；

显然第71百分位数，由，解得，

所以第71百分位数为.

【小问2详解】

显然样本中高一、高二、高三年分别抽取了人、人、人，

记样本中高一学生的成绩为，高二学生的成绩为，

高三学生的成绩为，

于是，，，

因此，解得，

样本中三个年级成绩的方差，

高一、高二、高三年级学生成绩的平均数分别为，方差分别为，

则有，，

，

同理，，

因此

，解得，

所以估计高三年级学生成绩的平均数，高二年级学生成绩的方差.

18. 的三内角的对边分别为，且满足.点为边上动点，点为边中点，记交于点，若已知.

（1）当时，求.

（2）当长为何值时，从点处看线段的视角（即）最大？

【答案】（1）   

（2）当时，从点处看线段的视角（即）最大.

【解析】

【分析】（1）根据已知条件及余弦定理的推理，利用同角三角函数函数的商数关系、余弦定理及勾股定理的逆定理，结合锐角三角函数的定义及两角和的余弦公式即可求解；

（2）根据（1）的结论及锐角三角函数的定义，利用两角差的正切公式及基本不等式即可求解.

【小问1详解】

因为，

所以，即，

因为，

所以.

又，

所以,

所以，又，

所以，即，

所以.

由，可知为的中点，

因为

所以

,

所以

.

【小问2详解】

设记,

所以，

当且仅当，即等号成立，

所以当时，取得最大值，即从点处看线段的视角（即）最大.

19. 如图四棱锥，且，平面平面，且是以为直角的等腰直角三角形，其中为棱的中点，点在棱上，且.

（1）求证：四点共面；

（2）求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】（1）证明过程见详解   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，根据条件写出相应点的坐标，利用空间向量基本定理即可求解；

（2）结合（1）中对应点的坐标，分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解.

【小问1详解】

由，且，

取的中点，连接，则，且，

所以，又是以为直角的等腰直角三角形，

所以.

过点作，垂足为，则点为的中点，且，

因为平面平面，且平面平面，

所以平面，故以所在的直线分别为轴，轴，过点作垂直于平面的轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，

因为为棱的中点，所以，又因为点在棱上，且，

所以，则，，，

令，

则，解得，

故，则共面，且向量有公共点，

所以四点共面.

【小问2详解】

由（1）可知，，，

设平面的法向量为，

则，即，令，则，，

所以，

设平面的法向量为，

则，即，令，则，，

所以，设平面与平面夹角为，

则，

所以平面与平面夹角的余弦值为.

20. 数学的发展推动着科技的进步，正是基于线性代数、群论等数学知识的极化码原理的应用，华为的5G技术领先世界．目前某区域市场中5G智能终端产品的制造由A公司及B公司提供技术支持．据市场调研预测，5G商用初期，该区域市场中采用A公司与B公司技术的智能终端产品分别占比及，假设两家公司的技术更新周期一致，且随着技术优势的体现每次技术更新后，上一周期采用B公司技术的产品中有20%转而采用A公司技术，采用A公司技术的仅有5%转而采用B公司技术，设第n次技术更新后，该区域市场中采用A公司与B公司技术的智能终端产品占比分别为及，不考虑其它因素的影响．

（1）用表示，并求实数，使是等比数列；

（2）经过若干次技术更新后，该区域市场采用A公司技术的智能终端产品占比能否达到75%以上？若能，至少需要经过几次技术更新；若不能，说明理由？（参考数据：）

【答案】（1），   

（2）能，至少经过6次

【解析】

【分析】（1）根据题意经过次技术更新后，由已知条件推导数列的递推关系，通过整理得到，结合数列是等比数列，求的值；

（2）由（1）求出数列的通项公式，再解不等式，即可求出答案．

【小问1详解】

由题意，可设5G商用初期，该区域市场中采用A公司与B公司技术的智能终端产品的占比分别为．

易知经过次技术更新后，

则，即，

由题意，可设，

所以，

又，

从而当时，是以为首项，为公比的等比数列．

【小问2详解】

由（1）可知，，

又，则，

所以经过次技术更新后，该区域市场采用A公司技术的智能终端产品占比．

由题意，令，得，

则，

故，即至少经过6次技术更新，该区域市场采用A公司技术智能终端产品占比能达到75%以上．

21. 已知函数.

（1）讨论函数的单调性；

（2）若函数有两个极值点，且，求证：.

【答案】（1）答案见解析   

（2）证明过程见解析

【解析】

【分析】（1）求导，根据一元二次方程根的判别式和求根公式分类讨论进行求解即可；

（2）根据（1）的结论、极值的定义，结合分析法、构造新函数法，利用一元二次方程根与系数的关系进行求解证明即可.

【小问1详解】

函数的定义域为，

，

设，设，

当时，即，单调递减，

当时，即，

，

若，，

由，

由，

当时，

由，

由，

综上所述：当时，函数是上的减函数，

当时，函数在上单调递减，

在上单调递增，在上单调递减，

当时，函数在上单调递减，

在上单调递增；

【小问2详解】

由（1）可知：当时，函数在上单调递减，

在上单调递增，在上单调递减，

所以是函数两个极值点，

即，显然有，

要证明，

只要证明，

，

构造新函数，

二次函数的对称轴为，

当时，该二次函数的最大值为，

所以当时，单调递减，

所以有，

因此成立，即成立.

【点睛】关键点睛：根据一元二次方程根与系数的关系把用两根的关系替换掉、把两根统一成一个根，通过构造新函数，利用导数的性质进行证明是解题的关键.

22. 已知拋物线，为焦点，若圆与拋物线交于两点，且

（1）求抛物线的方程；

（2）若点为圆上任意一点，且过点可以作拋物线的两条切线，切点分别为.求证：恒为定值.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据圆的弦长求解，可得，代入抛物线方程即可求解，

（2）令，写出点处的切线方程，与抛物线联立，利用得到，同理得到，再写出直线方程，将其与抛物线联立得到韦达定理式，再结合抛物线定义即可证明.

【小问1详解】

由题意可知，半径为，

由圆的圆心以及抛物线的焦点均在在坐标轴轴，故由对称性可知：轴于点，

在直角三角形中，,

因此 故，将其代入抛物线方程中得，

故抛物线方程为：

【小问2详解】

令，

抛物线在点处的切线方程为,

与联立得①

由相切得，

代入①得

故在点处的切线方程为，即为

同理：点处的切线方程为，

而两切线交于点，

所以有，

则直线的方程为:，

由得,所以

于是

，

又点在圆上，

所以,即.

【点睛】关键点睛：本题的关键在于设切点，写出切线方程，然后将其与抛物线方程联立，再利用得到相关等式，再得到直线的方程，将其与抛物线联立，得到韦达定理式，最后利用抛物线定义写出线段长乘积表达式，利用点在圆上进行整体代入即可.