《安徽省皖南八校2024届高三上学期第二次大联考数学Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省皖南八校2024届高三上学期第二次大联考数学Word版含解析（22页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2024届“皖南八校”高三第二次大联考数学试卷考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.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.3.本卷命题范围：高考范围.一、选择题：共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】解不等式求出集合M，根据集合的交集运算
2、，即可得答案.【详解】解，得：，所以，所以.故选：B.2. 形如我们称为“二阶行列式”，规定运算，若在复平面上一个点A对应复数为，其中复数满足，则点A在复平面内对应坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意结合复数的运算可得，结合复数的几何意义分析求解.【详解】由题意可得：，则，所以点A在复平面内对应坐标为.故选：A.3. 已知动点的坐标满足方程，则动点的轨迹是（ ）A. 椭圆B. 双曲线C. 抛物线D. 圆【答案】C【解析】【分析】根据方程表示的几何意义结合抛物线定义，即可判断出答案.【详解】方程变形为，表示动点到点和直线的距离相等，所以动点的轨迹是以为焦点的抛物
3、线，故选：C.4. 已知向量，且，若，则在方向上的投影向量的坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据垂直向量的坐标运算建立方程求得参数，结合投影的定义，可得答案.【详解】，故，解得，所以，则在方向上的投影向量为.故选：A.5. 中国国家馆，以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台，上下底面的中心分别为和，若，则正四棱台的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据正四棱台性质求出侧棱长，继而求得高，根据棱台的体积公式，即可求得答案.【详解】因
4、为是正四棱台，侧面以及对角面为等腰梯形，故，所以，所以该四棱台的体积为，故选：B.6. 已知数列是递增数列，且，数列的前项和为，若，则的最大值为（ ）A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，确定数列前4项的值，后5项与的差，即可列式计算得解.【详解】数列是递增数列，且，而数列的前10项和为定值，为使取最大，当且仅当前4项值最小，后5项分别与的差最小，则，因此，解得，所以的最大值为7.故选：C7. 已知是定义在上的偶函数，函数满足，且，在单调递减，则（ ）A. 在单调递减B. 在单调递减C. 在单调递减D. 在单调递减【答案】C【解析】【分析】利用函数的奇偶性与单
5、调性一一判定选项即可.【详解】由题意知在单调递增，为奇函数，在上单调递减.设，则，所以在单调递增，故A错误，设，则，在单调递增，故B错误；设，则，所以在单调递减，故C正确；取，则，此时在不单调递减，故D错误.故选:C.8. 已知点在直线上，过点作圆的两条切线，切点分别为A，B，点在圆上，则点到直线距离的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】结合点在直线上，求出切点弦AB的方程，确定其所经过的定点，确定当时，C到直线AB的距离最大，M到直线AB的距离也最大，即可求得答案.【详解】根据题意，设点，则，过点作圆的切线，切点分别为A，B，则有，则点A，B在以为直径的圆上，以为
6、直径的圆的圆心为，半径，则其方程为，变形可得，联立，可得圆D和圆O公共弦为：，又由，则有，变形可得，则有，可解得，故直线恒过定点，点在圆上，当时，C到直线AB的距离最大，M到直线AB的距离也最大，则点到直线距离的最大值为.故选:B.二、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. 下列说法正确的是（ ）A. 一组数据2、3、3、4、5、7、7、8、9、11的第80百分位数为8.5B. 在回归分析中，可用决定系数判断模型拟合效果，越小，模型的拟合效果越好C. 若变量服从，则D. 将总体划分为2层，通
7、过分层抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，若，则总体方差【答案】AC【解析】【分析】对于A，根据百分位数计算方程，可得答案；对于B，结合拟合的定义，可得答案；对于C，根据正态分布的对称性，可得答案；对于D，利用方差的计算，可得答案.【详解】对于A，数据2、3、3、4、5、7、7，8、9、11共10个数，因为，因此，这组数据的第80百分位数为，故A正确，对于B，在回归分析中，可用决定系数的值判断模型拟合效果，越大，模型的拟合效果越好，故B错误；对于C，因为变量服从，则，故C正确；对于D，不妨设两层的样本容量分别为m，n，总样本平均数为，则，易知只有当，时，有，故D错误.故选：AC.1
8、0. 已知函数的部分图象如图所示，且，若为奇函数，则可能取值为（ ）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【分析】根据图像有，根据及，确定值，再根据图像确定，结合求出，确定解析式，又要使为奇函数，则，求值.【详解】由图象可得，再根据，故，又，则，又，所以，得，故；要使为奇函数，则，所以，得，当时，当时，所以B、D符合，其它选项不符合.故选：BD11. 若函数，既有极大值点又有极小值点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据极值定义，求导整理方程，结合一元方程方程的性质，可得答案.【详解】由题知方程，有两不等实根，令，则方程有两个不等正实根，其中，故ACD正确，
9、B错误.故选：ACD.12. 已知一圆锥，其母线长为且与底面所成的角为，下列空间几何体可以被整体放入该圆锥的是（ ）（参考数值：，）A. 一个半径为的球B. 一个半径为与一个半径为的球C. 一个边长为且可以自由旋转的正四面体D. 一个底面在圆锥底面上，体积为的圆柱【答案】ABC【解析】【分析】作出相应的空间图形及轴截面，再对各个选项逐一分析判断即可得出结果.【详解】如图1，球与圆锥侧面、底面均相切，球与球、圆锥侧面相切，作圆锥的轴截面如图2，设小球半径为，球与边相切于点E，所以，故A正确；设小球半径为，同理可知，故B正确；将棱长为的正四面体放置到正方体中，如图则正四面体的外接球即正方体的外接球
10、，易知正方体的外接球球心在体对角线的中点处，半径为的一半长，易知，所以，故棱长为的正四面体外接球半径为，则则边长，故C正确；如图3，一圆柱内接圆锥，作圆锥的轴截面如图4，设圆柱底面半径为，高为，因为，又易知，代入，整理得到，所以圆柱的体积，令，得或，则体积在上单调递增，在上单调递减，故D错误. 图1 图2 图3 图4故选：ABC.【点睛】关键点晴，本题的关键在于将空间问题转化成平面问题来处理.三、填空题：共4小题，每小题5分，共20分.13. 二项式展开式中，所有项系数和为，则的系数为_（用数字作答）.【答案】【解析】【分析】利用赋值法求得，再根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.【详解】令
11、可得二项式的所有项系数和为，所以.二项式的展开式的通项公式为，1，8，所以的展开式中，的系数为.故答案为：14. 随机变量有3个不同的取值，且其分布列如下：则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】根据分布列性质求得a的值，即可求得的表达式，结合三角换元以及二次函数性质，即可求得答案.【详解】依题意知，则，则，设，则，故，所以，当时，取最小值，故答案为：15. 已知双曲线的左，右焦点分别为，过左焦点作直线与双曲线交于A，B两点（B在第一象限），若线段的中垂线经过点，且点到直线的距离为，则双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】根据题意，由双曲线的定义可得，再由勾股定理列出方程即可得到关系，代
12、入离心率计算公式，即可得到结果.【详解】设双曲线的半焦距为c，根据题意得，又，设的中点为，在中，则，根据，可知，.故答案为：.16. 已知函数，有唯一零点，则的值为_.【答案】2【解析】【分析】设，转化为方程有唯一解，即有唯一解，设，利用导数判断单调性并求出最小值可得答案.【详解】由题意知有唯一解，故，设，即，设，则，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增；，故方程有唯一解，即有唯一解，即有唯一解，设，当时，函数单调递增；当时，函数单调递减；当趋近于0和趋近于时，趋近于，故只需满足，设，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，故，故成立.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键点是构造函数，利用导数
13、判断单调性四、解答题：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. 已知正项数列的前项和为，且满足，.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前和.【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）根据数列递推式求出首项，得出当时，和相减并化简可得，即可求得答案；（2）利用（1）的结果可得的表达式，利用等差数列的前n项和公式以及裂项法求和，即可求得答案.【小问1详解】由得，则，解得，当时，所以，整理得，因为是正项数列，所以，所以，所以是首项为1，公差为2的等差数列，所以，.【小问2详解】由（1）可得，所以，所以.18. 在中，角A，B，C对边分别为a，b，c，且.（
14、1）求证：；（2）如图：点在线段上，且，求的值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）在中根据余弦定理、正弦定理及三角公式化简可得；（2）由第一问在中结合正弦定理可得，在中根据余弦定理可求得结果.【小问1详解】证明：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.【小问2详解】因为，所以，在中，由正弦定理得，而，可得，代入，可得，由余弦定理得.19. 如图，在四棱锥中，棱平面，底面四边形是矩形，点为棱的中点，点在棱上，.（1）求证：；（2）已知平面与平面的交线与直线所成角的正切值为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）利用线线垂直证线面垂直，再由线面垂直的性质证线线垂直即可；（2）建立合适的空间直角坐标系，利用
