安徽省皖北五校联盟2024届高三下学期第二次联考数学试卷（Word版附解析）

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考生注意：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.答題前､考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答題卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 设全集，，集合，则集合（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先求出集合，再利用补集运算求，最后求交集即可.
【详解】由，
得，
，
由，
得，
故.
故选：B.
【点睛】本题主要考查了集合交集和补集的运算，考查了对数函数求值.属于较易题.
2. 已知为复数且（为虚数单位），则共轭复数的虚部为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可得到其共轭复数，从而得到其虚部.
【详解】解：因为，所以，
所以，则共轭复数虚部为.
故选：C
3. 已知等差数列的公差，且，，成等比数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列和等比数列的知识列方程，化简求得正确答案.
【详解】依题意，是等差数列，且，，成等比数列，
所以，
，
由于，所以.
故选：A
4. “”是“直线与直线平行”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】D
【解析】
【分析】代入，可得两直线为同一直线，可得结果.
【详解】当时，
直线即直线，
直线即直线直线，
所以两直线重合，
故选：D.
5. 在锐角中，角的对边分别为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知条件结合向量数量积的定义、余弦定理求出，由正弦定理可得，化简即可得到答案.
【详解】因为为锐角三角形，，所以，由，则，
由余弦定理可得：，即，
由正弦定理可得：.
故选：B.
6. 甲､乙等6名高三同学计划今年暑假在，四个景点中选择一个打卡游玩，若每个景点至少有一个同学去打卡游玩，每位同学都会选择一个景点打卡游玩，且甲､乙都单独1人去某一个景点打卡游玩，则不同游玩方法有（ ）
A. 96种B. 132种C. 168种D. 204种
【答案】C
【解析】
【分析】各级题意，剩下4人去其他两个景点游戏，由此按旅游的人数2种情况讨论，结合分类加法计数原理，即可求解.
【详解】由题意，甲、乙都单独1人去某一个景点打卡游戏，
则剩下的4人去其他两个景点游戏，则其余4为主播有两种情况：
①若3为主播去一个景点，1为主播去另一个景点，有种不同游戏方法；
②分别都是2为主播去一个景点，有种不同游戏方法，
由分类计数原理得，共有种.
故选：C.
7. 已知不等式有解，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分离参数转化为，构造函数，利用导数法求出，即为所求.
【详解】不等式有解，即，，只需要，
令，
，，
令，，
，所以函数在上单调递增，
又，，所以存在，使得，即，
，，即；，，即，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
，又由，可得，
.
.
故选：A.
【点睛】思路点睛：由题意问题转化为，，构造函数，利用导数求出的最小值，即只要.
8. 已知实数，满足，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
将实数，满足通过讨论，得到其图像是椭圆、双曲线的一部分组成的图形，借助图像分析可得的取值就是图像上一点到直线距离范围的2倍，求出切线方程根据平行直线距离公式算出最小值，和最大值的极限值即可得出答案.
【详解】解：因为实数，满足，
所以当时，其图像位于焦点在轴上的椭圆第一象限，
当时，其图像位于焦点在轴上的双曲线第四象限，
当时，其图像位于焦点在轴上的双曲线第二象限，
当时，其图像不存在，
作出圆锥曲线和双曲线的图像如下，其中图像如下：
任意一点到直线的距离
所以
结合图像可得的范围就是图像上一点到直线距离范围的2倍，
双曲线，其中一条渐近线与直线平行
通过图形可得当曲线上一点位于时，取得最小值
当曲线上一点靠近双曲线的渐近线时取得最大值，不能取等号
设与其图像在第一象限相切于点
由
因为或（舍去）
所以直线与直线的距离为
此时
直线与直线的距离为
此时
所以的取值范围是
故选：B
【点睛】三种距离公式：
（1）两点间的距离公式：
平面上任意两点间的距离公式为；
（2）点到直线的距离公式：
点到直线的距离;
（3）两平行直线间的距离公式：
两条平行直线与间的距离.
二､多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 一组数据是公差为的等差数列，若去掉首末两项，则（ ）
A. 平均数变大B. 中位数没变C. 方差变小D. 极差没变
【答案】BC
【解析】
【分析】根据等差数列的性质，结合平均数、中位数、方差、极差的定义，判断作答.
【详解】数据是公差为等差数列，
对于A，原数据的平均数，
去掉首末两项后的平均数，即平均数不变，A不正确；
对于B，原数据的中位数为，去掉首末两项后的中位数为，即中位数不变，B正确；
对于C，原数据的方差，
去掉首末两项后的方差，即方差变小，C正确；
对于D，原数据的极差，去掉首末两项后的极差，即极差变小，D不正确.
故选：BC
10. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则一定是等腰三角形
B. 若，则一定是等边三角形
C. 若，则一定是等腰三角形
D. 若，则一定是钝角三角形
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A：利用正弦定理得到或，即可判断；对于B：由余弦函数的有界性求出，即可判断；对于C：由余弦定理求出，即可判断；对于D：利用三角公式判断出或，即可得到答案.
【详解】对于A：因为，由正弦定理得：，
所以.
因为，为的内角，所以或，
所以或.所以是等腰三角形或直角三角形.错误；
对于B：由余弦函数的有界性可知：若.
因为，所以或.
当时，有且，所以，
所以是等边三角形.
当时，有且，不符合题意.
所以一定等边三角形.正确；
对于C：因为，由余弦定理得：，
所以，所以，则一定是等腰三角形.正确；
对于D：在中，，所以
.
所以，
所以，即，所以或.
所以一定是钝角三角形，正确.
故选：BCD
11. 已知正四面体的棱长为3，下列说法正确的是（ ）
A. 平面与平面夹角的余弦值为
B. 若点满足，则的最小值为
C. 在正四面体内部有一个可任意转动的正四面体，则它的体积可能为
D. 点在内，且，则点轨迹的长度为
【答案】ABC
【解析】
【分析】于A，建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，结合法向量夹角余弦公式即可验算；对于B，可得，故只需求出到面的距离验算即可；对于C，用大正四面体内切球半径与小四面体外接球半径（含参）比较大小，得出参数（体积）范围即可判断；对于D，用几何法得出点的轨迹不是一个完整的圆即可判断.
【详解】将正四面体补全为正方体，并如图建系，，
,
设面的一个法向量，面的一个法向量，
所以，，取，解得，
所以面的一个法向量，面的一个法向量，
设平面与平面夹角为时，A对.
，则共面，正四面体棱长为3，则正方体棱长为，
所以，，B对.
大正四面体内切球半径，小正四面体棱长为，此外接球半径，
，C对.
分别在上取使，延长至使，
，取的中点在以为球心，
为半径的球面上，且在内，作在平面上的射影，
为图中，显然不是一个完整的圆，
的轨迹长度不为，D错.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是得到四点共面，转换为验算点面距离即可顺利得解.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若为一组从小到大排列的数的第六十百分位数，则二项式的展开式的常数项是__________.
【答案】7
【解析】
【分析】首先算出第六十百分位数，然后写出二项式的通项，再，最后得到常数项即可.
【详解】因为，
所以第六十百分位数为8，
又二项式的通项为，
令，
所以常数项为，
故答案为：7.
13. 已知抛物线的焦点为，抛物线的准线与轴交于点，过点的直线与抛物线相切于点，连接，在中，设，则的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设点在准线上的射影为，则，设的方程为，联立方程组，结合，求得，得到，在中，利用正弦定理，即可求解.
【详解】由抛物线，可得焦点，准线方程为，则，
设点在准线上的射影为，则，
因为直线与抛物线相切，设的方程为，
联立方程组，整理得，
所以，解得，所以，
在中，由正弦定理可知.
故答案为：.

14. 对于函数，当该函数恰有两个零点时，设两个零点中最大值为，当该函数恰有四个零点时，设这四个零点中最大值为，求__________.
【答案】
【解析】
【分析】函数恰有两个零点等价于与直线有且只有两个交点，根据图象可知：与直线在点相切，函数恰有四个个零点等价于与直线有且只有四个交点，根据图象可知：与直线在点相切，根据导数的几何意义以及三角恒等变换化简可得答案.
【详解】函数恰有两个零点等价于与直线有且只有两个交点，函数恰有四个个零点等价于与直线有且只有四个交点，与直线图象如下：
根据图象可知， 与直线有且只有两个交点时，则与在点处相切，且切点的横坐标为，此时对应的函数解析式为，所以，则，又，所以，则
同理，与直线有且只有四个交点时，则与在点处相切，且切点的横坐标为，此时对应的函数解析式为，所以，则，又，所以，则
所以
故答案为：.
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. 已知函数，曲线在点处的切线方程为
（1）求a，b的值；
（2）求在上的最大值和最小值.
【答案】（1）
（2）最大值为13，最小值为.
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义列方程组求解
（2）由导数分析单调性后求解
【小问1详解】
依题意可知点为切点，代入切线方程可得
∴，即，
又由得，，
而由切线的斜率可知
∴，即，
由，解得
【小问2详解】
由（1）知
，
令，得或，
当x变化时，，的变化情况如下表：
∴最大值为13，最小值为
16. 如图，在平行四边形ABCD中，AB=1，BC=2，∠ABC=60°，四边形ACEF为正方形，且平面ABCD⊥平面ACEF．
（1）证明：AB⊥CF；
（2）求点C到平面BEF的距离；
（3）求平面BEF与平面ADF夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】(1)利用余弦定理计算AC，再证明即可推理作答.
(2)以点A为原点，射线AB，AC，AF分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，借助空间向量计算点C到平面BEF的距离.
(3)利用(2)中坐标系，用向量数量积计算两平面夹角余弦值，进而求解作答.
【小问1详解】
在中，AB=1，BC=2，∠ABC=60°，由余弦定理得，
，即，有，则，即，
因平面ABCD⊥平面ACEF，平面平面，平面，
于是得平面，又平面，
所以.
【小问2详解】
因四边形ACEF为正方形，即，由(1)知两两垂直，
以点A为原点，射线AB，AC，AF分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，
，
，设平面的一个法向量，
则，令，得，
而，于是得点C到平面BEF的距离，
所以点C到平面BEF的距离为.
【小问3详解】
由(2)知，，设平面的一个法向量，
则，令，得，
，设平面BEF与平面ADF夹角为，，
则有，，
所以平面BEF与平面ADF夹角的正弦值为.
【点睛】易错点睛：空间向量求二面角时，一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．
17. 现需要抽取甲､乙两个箱子的商品，检验其是否合格.其中甲箱中有9个正品和1个次品；乙箱中有8个正品和2个次品.从这两个箱子中随机选择一个箱子，再从该箱中等可能抽出一个商品，称为首次检验. 将首次检验的商品放回原来的箱子，再进行二次检验，若两次检验都为正品，则通过检验. 首次检验选到甲箱或乙箱的概率均为.
（1）求首次检验抽到合格产品的概率；
（2）在首次检验抽到合格产品的条件下，求首次检验选到的箱子为甲箱的概率；
（3）将首次检验抽出的合格产品放回原来的箱子，继续进行二次检验时有如下两种方案：方案一，从首次检验选到的箱子中抽取；方案二，从另外一个箱子中抽取. 比较两个方案，哪个方案检验通过的概率大.
【答案】（1）
（2）
（3）方案一
【解析】
【分析】（1）按照条件概率的计算公式即可得出答案；
（2）按照贝叶斯逆向概率公式代入即可求解；
（3）由前面的小问得出的结论分别计算两种方案在二次检验抽到合格品的概率，比较大小，从而选择决策方案.
【小问1详解】
将首次检验选到甲箱记为事件，选到乙箱记为事件，首次检验抽到合格品记为事件.
则首次检验抽到合格品的概率
.
【小问2详解】
在首次抽到合格品的条件下，首次抽到甲箱的概率
.
小问3详解】
将二次检验抽到合格品记为事件.
由上一小问可知，在首次抽到合格品的条件下，首次抽到甲箱的概率，
则在首次抽到合格品的条件下，首次抽到乙箱的概率.
.
从而，在首次检验通过，即事件发生的条件下：
①若选择方案一，则，.
故此条件下在二次检验抽到合格品的概率.
所以在方案一下，检验通过的概率；
②若选择方案二，则，.
故此条件下在二次检验抽到合格品的概率.
所以在方案二下，检验通过的概率.
而，故选择方案一检验通过的概率更大.
18. 设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于两点，过作的平行线交于点.
（1）设动点的轨迹为曲线，求曲线的方程；
（2）曲线与轴交于.点在点的右侧，直线交曲线于点两点不过点，直线与直线的斜率分别是且，直线和直线交于点.
①探究直线是否过定点，若过定点求出该点坐标，若不过定点请说明理由；
②证明：为定值，并求出该定值.
【答案】（1）
（2）①过定点，；②证明见解析，4
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到，结合椭圆的定义，即可求解；
（2）①设点，且，联立方程求得，结合，列出方程求得的值，即可求解；
②设直线和直线的斜率为，求得，结合，得到，求得的值，即可求解.
【小问1详解】
解：如图所示，因为，可得，
所以，则，
又圆的标准方程为，可得圆心坐标为，且，
所以，又由，可得，即
由椭圆定义可得点的轨迹方程为.
【小问2详解】
解：①设点，且直线，
联立方程，整理得，
则且，
，
所以，
即，
因为，所以，
化简得，解得，所以直线过定点；
②设直线和直线的斜率为，
因为，可得，
又由
因为直线与直线的斜率分别是且，
且直线和直线交于点，
所以.所以.
【点睛】方法知识总结：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
19. 在数学中，把只能被自己和1整除的大于1自然数叫做素数（质数）.历史上研究素数在自然数中分布规律的公式有“费马数”；还有“欧拉质数多项式”：.但经后人研究，这两个公式也有局限性.现有一项利用素数的数据加密技术—DZB数据加密协议：将一个既约分数的分子分母分别乘以同一个素数，比如分数的分子分母分别乘以同一个素数19，就会得到加密数据.这个过程叫加密，逆过程叫解密.
（1）数列中经DZB数据加密协议加密后依次变为.求经解密还原的数据的数值；
（2）依据的数值写出数列的通项公式（不用严格证明但要检验符合）.并求数列前项的和；
（3）为研究“欧拉质数多项式”的性质，构造函数是方程的两个根是的导数.设.证明：对任意的正整数，都有.（本小题数列不同于第（1）（2）小题）
【答案】（1），，
（2），
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据费马数公式求解素数，再根据DZB数据加密协议，即可求解；
（2）首先猜想数列的通项公式，再利用裂项相消的方法求和；
（3）首先求和，得到数列的递推关系式，再根据基本不等式，即可证明.
【小问1详解】
根据费马数
求得
【小问2详解】
根据上面的数据得数列的这项公式为
经检.验：的数值符合该公式.

数列前项的和
【小问3详解】
证明：
由依次可得（基本不等式取等条件不成立.）.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是第一问，根据“费马数”，求数列的前3项，第二问的关键是需讨论为奇数和偶数两种情况求和，第3问的关键是构造基本不等式证明不等式.
x
2
0
0
＋
13
单调递减
单调递增
13