《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