安徽省皖南八校高三上學期第二次大聯(lián)考數(shù)學試題

2024屆“皖南八?！备呷诙未舐?lián)考數(shù)學考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分.滿分150分，考試時間120分鐘.2.考生作答時，請將答案答在答題卡上.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效.3.本卷命題范圍：高考范圍.一、選擇題：共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解不等式求出集合M，根據(jù)集合的交集運算，即可得答案.【詳解】解，得：，所以，，所以.故選：B.2.形如我們稱為“二階行列式”，規(guī)定運算，若在復平面上一個點A對應復數(shù)為，其中復數(shù)滿足，則點A在復平面內(nèi)對應坐標為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題意結合復數(shù)的運算可得，結合復數(shù)的幾何意義分析求解.【詳解】由題意可得：，則，所以點A在復平面內(nèi)對應坐標為.故選：A.3.已知動點的坐標滿足方程，則動點的軌跡是（）A.橢圓 B.雙曲線 C.拋物線 D.圓【答案】C【解析】【分析】根據(jù)方程表示的幾何意義結合拋物線定義，即可判斷出答案.【詳解】方程變形為，表示動點到點和直線的距離相等，所以動點的軌跡是以為焦點的拋物線，故選：C.4.已知向量，，且，若，則在方向上的投影向量的坐標是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)垂直向量的坐標運算建立方程求得參數(shù)，結合投影的定義，可得答案.【詳解】，故，解得，所以，則在方向上的投影向量為.故選：A.5.中國國家館，以城市發(fā)展中的中華智慧為主題，表現(xiàn)出了“東方之冠，鼎盛中華，天下糧倉，富庶百姓”的中國文化精神與氣質(zhì).如圖，現(xiàn)有一個與中國國家館結構類似的正四棱臺，上下底面的中心分別為和，若，，則正四棱臺的體積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)正四棱臺性質(zhì)求出側棱長，繼而求得高，根據(jù)棱臺的體積公式，即可求得答案.【詳解】因為是正四棱臺，，，側面以及對角面為等腰梯形，故，，，所以，所以該四棱臺的體積為，故選：B.6.已知數(shù)列是遞增數(shù)列，且，數(shù)列的前項和為，若，則的最大值為（）A.5 B.6 C.7 D.8【答案】C【解析】【分析】根據(jù)給定條件，確定數(shù)列前4項的值，后5項與的差，即可列式計算得解.【詳解】數(shù)列是遞增數(shù)列，且，而數(shù)列的前10項和為定值，為使取最大，當且僅當前4項值最小，后5項分別與的差最小，則，，因此，解得，所以的最大值為7.故選：C7.已知是定義在上的偶函數(shù)，函數(shù)滿足，且，在單調(diào)遞減，則（）A.在單調(diào)遞減 B.在單調(diào)遞減C.在單調(diào)遞減 D.在單調(diào)遞減【答案】C【解析】【分析】利用函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性一一判定選項即可.【詳解】由題意知在單調(diào)遞增，為奇函數(shù)，在上單調(diào)遞減.設，則，，所以在單調(diào)遞增，故A錯誤，設，則，，在單調(diào)遞增，故B錯誤；設，則，，所以在單調(diào)遞減，故C正確；取，則，，，此時在不單調(diào)遞減，故D錯誤.故選:C.8.已知點在直線上，過點作圓的兩條切線，切點分別為A，B，點在圓上，則點到直線距離的最大值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】結合點在直線上，求出切點弦AB的方程，確定其所經(jīng)過的定點，確定當時，C到直線AB的距離最大，M到直線AB的距離也最大，即可求得答案.【詳解】根據(jù)題意，設點，則，過點作圓的切線，切點分別為A，B，則有，，則點A，B在以為直徑的圓上，以為直徑的圓的圓心為，半徑，則其方程為，變形可得，聯(lián)立，可得圓D和圓O公共弦為：，又由，則有，變形可得，則有，可解得，故直線恒過定點，點在圓上，，當時，C到直線AB的距離最大，M到直線AB的距離也最大，則點到直線距離的最大值為.故選:B.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.下列說法正確的是（）A.一組數(shù)據(jù)2、3、3、4、5、7、7、8、9、11的第80百分位數(shù)為8.5B.在回歸分析中，可用決定系數(shù)判斷模型擬合效果，越小，模型的擬合效果越好C.若變量服從，，則D.將總體劃分為2層，通過分層抽樣，得到兩層的樣本平均數(shù)和樣本方差分別為，和，，若，則總體方差【答案】AC【解析】【分析】對于A，根據(jù)百分位數(shù)計算方程，可得答案；對于B，結合擬合的定義，可得答案；對于C，根據(jù)正態(tài)分布的對稱性，可得答案；對于D，利用方差的計算，可得答案.【詳解】對于A，數(shù)據(jù)2、3、3、4、5、7、7，8、9、11共10個數(shù)，因為，因此，這組數(shù)據(jù)的第80百分位數(shù)為，故A正確，對于B，在回歸分析中，可用決定系數(shù)的值判斷模型擬合效果，越大，模型的擬合效果越好，故B錯誤；對于C，因為變量服從，，則，故C正確；對于D，不妨設兩層的樣本容量分別為m，n，總樣本平均數(shù)為，則，易知只有當，時，有，故D錯誤.故選：AC.10.已知函數(shù)的部分圖象如圖所示，且，若為奇函數(shù)，則可能取值為（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】【分析】根據(jù)圖像有，根據(jù)及，確定值，再根據(jù)圖像確定，結合求出，確定解析式，又要使為奇函數(shù)，則，求值.【詳解】由圖象可得，再根據(jù)，，故，又，則，又，所以，，得，故；要使為奇函數(shù)，則，所以，，得，當時，當時，所以B、D符合，其它選項不符合.故選：BD11.若函數(shù)，既有極大值點又有極小值點，則（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)極值定義，求導整理方程，結合一元方程方程的性質(zhì)，可得答案.【詳解】由題知方程，有兩不等實根，，令，，則方程有兩個不等正實根，，其中，，，，，故ACD正確，B錯誤.故選：ACD.12.已知一圓錐，其母線長為且與底面所成的角為，下列空間幾何體可以被整體放入該圓錐的是（）（參考數(shù)值：，）A.一個半徑為的球B.一個半徑為與一個半徑為的球C.一個邊長為且可以自由旋轉的正四面體D.一個底面在圓錐底面上，體積為的圓柱【答案】ABC【解析】【分析】作出相應的空間圖形及軸截面，再對各個選項逐一分析判斷即可得出結果.【詳解】如圖1，球與圓錐側面、底面均相切，球與球、圓錐側面相切，作圓錐的軸截面如圖2，設小球半徑為，球與邊相切于點E，，，，所以，，，故A正確；設小球半徑為，同理可知，故B正確；將棱長為的正四面體放置到正方體中，如圖則正四面體的外接球即正方體的外接球，易知正方體的外接球球心在體對角線的中點處，半徑為的一半長，易知，，所以，故棱長為的正四面體外接球半徑為，則則邊長，，故C正確；如圖3，一圓柱內(nèi)接圓錐，作圓錐的軸截面如圖4，設圓柱底面半徑為，高為，因為，又易知，，代入，整理得到，所以圓柱的體積，令，得或，則體積在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，，故D錯誤.圖1圖2圖3圖4故選：ABC.【點睛】關鍵點晴，本題的關鍵在于將空間問題轉化成平面問題來處理.三、填空題：共4小題，每小題5分，共20分.13.二項式展開式中，所有項系數(shù)和為，則的系數(shù)為______（用數(shù)字作答）.【答案】【解析】【分析】利用賦值法求得，再根據(jù)二項式展開式的通項公式求得正確答案.【詳解】令可得二項式的所有項系數(shù)和為，所以.二項式的展開式的通項公式為，，1，…，8，所以的展開式中，的系數(shù)為.故答案為：14.隨機變量有3個不同的取值，且其分布列如下：則的最小值為______.【答案】【解析】【分析】根據(jù)分布列性質(zhì)求得a的值，即可求得的表達式，結合三角換元以及二次函數(shù)性質(zhì)，即可求得答案.【詳解】依題意知，則，則，設，則，故，所以，當時，取最小值，故答案為：15.已知雙曲線的左，右焦點分別為，，過左焦點作直線與雙曲線交于A，B兩點（B在第一象限），若線段的中垂線經(jīng)過點，且點到直線的距離為，則雙曲線的離心率為______.【答案】【解析】【分析】根據(jù)題意，由雙曲線的定義可得，再由勾股定理列出方程即可得到關系，代入離心率計算公式，即可得到結果.【詳解】設雙曲線的半焦距為c，，，根據(jù)題意得，又，，設的中點為，在中，，，，則，，根據(jù)，可知，.故答案為：.16.已知函數(shù)，有唯一零點，則的值為______.【答案】2【解析】【分析】設，轉化為方程有唯一解，即有唯一解，設，利用導數(shù)判斷單調(diào)性并求出最小值可得答案.【詳解】由題意知有唯一解，，故，設，即，設，則，當時，，函數(shù)單調(diào)遞減，當時，，函數(shù)單調(diào)遞增；，故方程有唯一解，即有唯一解，即有唯一解，設，，，當時，，函數(shù)單調(diào)遞增；當時，，函數(shù)單調(diào)遞減；當趨近于0和趨近于時，趨近于，故只需滿足，設，，當時，，函數(shù)單調(diào)遞減，當時，，函數(shù)單調(diào)遞增，故，故成立.【點睛】關鍵點點睛：本題的解題關鍵點是構造函數(shù)，利用導數(shù)判斷單調(diào)性四、解答題：共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知正項數(shù)列的前項和為，且滿足，.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）若數(shù)列滿足，求數(shù)列的前和.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)數(shù)列遞推式求出首項，得出當時，，和相減并化簡可得，即可求得答案；（2）利用（1）的結果可得的表達式，利用等差數(shù)列的前n項和公式以及裂項法求和，即可求得答案.【小問1詳解】由得，則，解得，當時，，所以，整理得，因為是正項數(shù)列，所以，所以，所以是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，所以，.【小問2詳解】由（1）可得，，所以，所以.18.在中，角A，B，C對邊分別為a，b，c，且.（1）求證：；（2）如圖：點在線段上，且，求的值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）在中根據(jù)余弦定理、正弦定理及三角公式化簡可得；（2）由第一問在中結合正弦定理可得，在中根據(jù)余弦定理可求得結果.【小問1詳解】證明：由余弦定理得，又，可得，即，由正弦定理得，而，代入上式，可得，所以（舍）或，即.【小問2詳解】因為，，所以，在中，由正弦定理得，而，可得，代入，可得，由余弦定理得.19.如圖，在四棱錐中，棱平面，底面四邊形是矩形，，點為棱的中點，點在棱上，.（1）求證：；（2）已知平面與平面的交線與直線所成角的正切值為，求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）利用線線垂直證線面垂直，再由線面垂直的性質(zhì)證線線垂直即可；（2）建立合適的空間直角坐標系，利用空間向量求二面角即可.【小問1詳解】因為平面，平面，所以，又因為四邊形是矩形，所以，因為平面，所以平面，因為平面，所以.因為為中點，，所以，因為，所以平面，因為平面，所以.【小問2詳解】在矩形中，，平面，平面，所以平面.又平面，平面平面，所以.所以與直線所成角即為.在中，，，所以.以為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，所以，.設平面的法向量為，則，取，可得.又為平面的一個法向量，所以.由圖可知，二面角為銳角，所以二面角的余弦值為.20.人工智能（AI）是一門極富挑戰(zhàn)性的科學，自誕生以來，理論和技術日益成熟.某公司研究了一款答題機器人，參與一場答題挑戰(zhàn).若開始基礎分值為（）分，每輪答2題，都答對得1分，僅答對1題得0分，都答錯得分.若該答題機器人答對每道題的概率均為，每輪答題相互獨立，每輪結束后機器人累計得分為，當時，答題結束，機器人挑戰(zhàn)成功，當時，答題也結束，機器人挑戰(zhàn)失敗.（1）當時，求機器人第一輪答題后累計得分的分布列與數(shù)學期望；（2）當時，求機器人在第6輪答題結束且挑戰(zhàn)成功的概率.【答案】（1）分布列見解析，（2）【解析】【分析】（1）利用離散型隨機變量的分布列與期望公式計算即可；（2）根據(jù)超幾何分布分類討論計算即可.【小問1詳解】當時，第一輪答題后累計得分所有取值為4，3，2，根據(jù)題意可知：，，，所以第一輪答題后累計得分的分布列為：432所以.【小問2詳解】當時，設“第六輪答題后，答題結束且挑戰(zhàn)成功”為事件A，此時情況有2種，分別為：情況①：前5輪答題中，得1分的有3輪，得0分的有2輪，第6輪得1分；情況②：前4輪答題中，得1分的有3輪，得分的有1輪，第5.6輪都得1分；所以.21.如圖，已知橢圓左右頂點分別為A、B，P是橢圓上異于A、B的動點，滿足，當為上頂點時，的面積為2.（1）求橢圓的方程；（2）若直線交直線于點，直線交橢圓于點，求證：直線過定點.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）設橢圓上頂點，根據(jù)題意求出即可得解；（2）分直線斜率是否存在，設，，，先根據(jù)斜率不存在求出定點，方法1，聯(lián)立直線與橢圓方程，求出兩點的坐標，然后證明三點共線即可.方法2，當直線斜率存在時，設直線為，聯(lián)立方程，利用韋達定理求出，，再結合已知，求出的關系，即可得出結論.方法3，易得，根據(jù)橢圓的對稱性可得，再利用斜率公式構造對偶式，進而可求出的方程，從而可得出結論.【小問1詳解】設橢圓上頂點，則，又，兩式聯(lián)立可解得，，所以橢圓的方程為；【小問2詳解】設，，，當直線斜率不存在時，，則直線，所以，可解得，此時直線方程為，過定點；下面證明斜率存在時，直線也經(jīng)過，法1（設而求點）：聯(lián)立直線與橢圓方程：整理得，，由韋達定理有，即，所以，所以點坐標為，同理可得點坐標為，設點，則，因為，所以，所以直線過定點，證畢.法2（直曲聯(lián)立）：當直線斜率存在時，設直線為，由，，可知，而，可得，即，整理得①，聯(lián)立直線與橢圓方程：，整理得，所以，則，由韋達定理有，②，所以③，將②③代入①得，可得，所以或，當時，直線為，經(jīng)過，舍去，所以，此時直線為，經(jīng)過定點，直線過定點得證.法3（構造對偶式）：由，，可知，又，由橢圓對稱性易知，所以，可得，由①②可得，直線為，令得，，所以直線過定點，證畢.【點睛】方法點睛：求解直線過定點問題常用方法如下：（1）“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點，再轉化為有方向、有目