安徽省合肥市2024届高三下学期二模数学试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、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. 设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解不等式得到，进而根据补集和交集求出答案.
【详解】或，
，故
故选：A
2. 已知，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由复数的运算和模长计算求出即可.
【详解】，
所以，
所以，
故选：B.
3. 设是两个平面，是两条直线，则的一个充分条件是（ ）
A. B.
C. D. 与相交
【答案】C
【解析】
【分析】通过举反例可判定ABD，利用线面垂直的判定定理及面面平行的判定定理可判定C.
【详解】选项A：当满足时，可能相交，如图：用四边形代表平面
，用四边形代表平面，故A错误；
选项B：当满足时，可能相交，如图：用四边形代表平面
，用四边形代表平面，故B错误；
选项C：因为，又，所以，
故是的一个充分条件，故C正确；
当满足与相交时，可能相交，如图：用四边形代表平面
，用四边形代表平面，故D错误；
故选：C.
4. 甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束）．已知每局比赛甲获胜的概率均为，则甲以4比2获胜的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意只需前5场甲赢3场，再利用独立事件的乘法公式求解．
【详解】根据题意，甲运动员前5场内需要赢3场，第6场甲胜，
则甲以4比2获胜的概率为．
故选：C．
5. 常用放射性物质质量衰减一半所用的时间来描述其衰减情况，这个时间被称做半衰期，记为（单位：天）．铅制容器中有甲、乙两种放射性物质，其半衰期分别为．开始记录时，这两种物质的质量相等，512天后测量发现乙的质量为甲的质量的，则满足的关系式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设开始记录时，甲乙两种物质的质量均为1，可得512天后甲，乙的质量，根据题意列出等式即可得答案．
【详解】设开始记录时，甲乙两种物质的质量均为1，
则512天后，甲的质量为：，乙的质量为：，
由题意可得，
所以．
故选：B．
6. 已知函数，若关于的方程至少有两个不同的实数根，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出函数的图象，由题意可得的图象与至少有两个不同的交点，从而得，结合图象可得，求解即可．
【详解】因为，
作出函数的图象，如图所示：
由此可知函数在和上单调递减，在上单调递增，
且，，
又因为关于的方程至少有两个不同的实数根，
所以至少有两个不同的实数根，
即的图象与至少有两个不同的交点，所以，
又因为当时，，令，可得；
当时，，令，解得，
又因为，所以，解得．
故选:D．
7. 记的内角的对边分别为，已知．则面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意及正切与正弦与余弦的关系，两角和的正弦公式及余弦公式可得角的大小，再由余弦定理及基本不等式可得的最大值，进而求出该三角形的面积的最大值．
【详解】因为，可得，
即，
整理可得，
即，
在三角形中，，
即，,可得；
由余弦定理可得，当且仅当时取等号，
而，
所以，
所以．
即该三角形的面积的最大值为．
故选：A．
8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线左支上，线段交轴于点，且．设为坐标原点，点满足：，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，根据题设条件得到，，再利用椭圆上，得到，即可求出结果.
【详解】如图，设，，则直线的方程为，
令，得到，所以，
，因为，
所以，得到，故，
又，所以，得到，
又，所以，得到①，
又因为在双曲线上，所以②，又③，
由①②③得到，所以，
解得或，又，所以，得到，
故选：D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知圆，圆，则（ ）
A. 两圆的圆心距的最小值为1
B. 若圆与圆相切，则
C. 若圆与圆恰有两条公切线，则
D. 若圆与圆相交，则公共弦长的最大值为2
【答案】AD
【解析】
【分析】根据两点的距离公式，算出两圆的圆心距，从而判断出A项的正误；根据两圆相切、相交的性质，列式算出的取值范围，判断出B,C两项的正误；当圆的圆心在两圆的公共弦上时，公共弦长有最大值，从而判断出D项的正误．
【详解】根据题意，可得圆的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径．
对于A，因为两圆的圆心距，所以A项正确；
对于B，两圆内切时，圆心距，即，解得．
两圆外切时，圆心距，即，解得．
综上所述，若两圆相切，则或，故B项不正确；
对于C，若圆与圆恰有两条公切线，则两圆相交，，
即，可得，解得且，故C项不正确；
对于D，若圆与圆相交，则当圆的圆心在公共弦上时，公共弦长等于，达到最大值，
因此，两圆相交时，公共弦长的最大值为2，故D项正确．
故选：AD．
10. 已知等比数列的公比为，前项和为，则（ ）
A.
B. 对任意成等比数列
C. 对任意，都存在，使得成等差数列
D. 若，则数列递增的充要条件是
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：分，两种情况计算可判断A；对于B： 可说明不成立判断B；，分，两种情况计算可判断C；根据，若是递增数列，可求判断D.
【详解】对于A：当时，，，故成立，
当时，，，所以成立，故A正确；
对于B：当时，，所以不成等比数列，故B错误；
对于C：当时，，故不成等差数列，
当时，若存在，使成等差数列，
则，则，
整理得，所以，所以，
所以对任意，都存在，使得成等差数列，故C正确；
对于D：，若是递增数列，
则可得，因为，所以，可解得，
所以若，则数列递增的充要条件是，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知函数，则（ ）
A. 函数在上单调递减
B. 函数为奇函数
C. 当时，函数恰有两个零点
D. 设数列是首项为，公差为的等差数列，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简，再利用正弦函数单调性奇偶性判断ABC，利用裂项相消及累加求和判断D.
【详解】易知，
同理，
对A, 先减后增，故A错误；
对B, 为奇函数，故B正确；
对C, ,则在单调递增，
在单调递减，即在单调递增，在单调递减，
又，
，
故函数恰有两个零点，故C正确；
对D,易知，令，则，
，
,
……………………..
,
则，
故，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的性质及数列求和应用，关键是利用利用裂项相消及累加求和判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在的展开式中，的系数为_________．
【答案】15
【解析】
【分析】利用的通项公式，即可求出结果.
【详解】因为的展开式的通项公为，
由，得到，所以的系数为，
故答案为：.
13. 抛物线的焦点为，准线为为上一点，以点为圆心，以为半径的圆与交于点，与轴交于点，若，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】首先得到抛物线焦点坐标与准线方程，设准线与轴交于点，根据圆的性质及抛物线的定义可得为等边三角形，即可求出，再在中利用余弦定理计算可得.
【详解】抛物线的焦点为，准线：，设准线与轴交于点，则，
依题意、均在轴的左侧，又，所以也在轴的左侧且点在轴上方，
又为圆的直径，所以，即，
由抛物线的定义可知，又，
所以为等边三角形，所以，则，
所以，
所以，，
在中
.
故答案为：.

14. 已知实数，满足，则的最小值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，将所求转化为距离和的最小值，利用几何关系求得最值.
【详解】如图，设正方体的边长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，
设为空间任意一点，因为，则P在平面所在的平面内运动，
表示P与点和点的距离之和，
因为关于平面的对称点为D，故，
当且仅当中点即为正方体中心时等号成立；
表示P与点和点的距离之和，则，
当且仅当在所在直线上时等号成立，
故
的最小值为，当且仅当为正方体中心时等号成立
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查空间中距离最值问题，关键是利用空间坐标系将所求转化为距离和，并注意等号成立条件.
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. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是侧棱的中点，侧面为正三角形，侧面底面．
（1）求三棱锥的体积；
（2）求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，进而得到线面垂直，由中位线得到到平面的距离为，进而由锥体体积公式求出答案；
（2）证明出，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由法向量的夹角余弦值的绝对值求出线面角的正弦值.
【小问1详解】
如图所示，取的中点，连接．
因为是正三角形，所以．
又因为平面底面平面，平面平面，
所以平面，且．
又因为是的中点，到平面的距离为，
，
所以三棱锥的体积为．
【小问2详解】
连接，因为，
所以为等边三角形，所以，
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以．
设平面的法向量为，
则，即，解得，取，则，
所以．
设与平面所成角为，
则．
即与平面所成角的正弦值为．
16. 已知椭圆的右焦点为，左顶点为，短轴长为，且经过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线（不与轴重合）与交于两点，直线与直线的交点分别为，记直线的斜率分别为，证明：为定值．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由题意得，将点代入椭圆的方程可求得的值，进而可得椭圆的方程；
（2）设，，，，，联立直线和椭圆的方程，可得，，直线的方程为，令，得，同理，由斜率公式计算即可．
【小问1详解】
因为，所以，再将点代入得，
解得，故椭圆的方程为；
【小问2详解】
由题意可设，
由可得，
易知恒成立，所以，
又因为，
所以直线的方程为，令，则，故，
同理，
从而，
故为定值．
17. 树人中学高三（1）班某次数学质量检测（满分150分）的统计数据如下表：
在按比例分配分层随机抽样中，已知总体划分为2层，把第一层样本记为，其平均数记为，方差记为；把第二层样本记为，其平均数记为，方差记为；把总样本数据的平均数记为，方差记为．
（1）证明：；
（2）求该班参加考试学生成绩的平均数和标准差（精确到1）；
（3）假设全年级学生的考试成绩服从正态分布，以该班参加考试学生成绩的平均数和标准差分别作为和的估计值．如果按照的比例将考试成绩从高分到低分依次划分为四个等级，试确定各等级的分数线（精确到1）．
附：．
【答案】（1）证明见解析；
（2）平均数为96分，标准差为18分；
（3）将定为等级，定为等级，定为等级，定为等级．
【解析】
【分析】（1）利用平均数及方差公式即可求解；
（2）利用平均数及方差公式，结合标准差公式即可求解；
（3）根据（2）的结论及正态分布的特点即可求解.
【小问1详解】
，
同理．
所以.
【小问2详解】
将该班参加考试学生成绩的平均数记为，方差记为，
则，
所以
又，所以．
即该班参加考试学生成绩的平均数为96分，标准差约为18分．
【小问3详解】
由（2）知，所以全年级学生的考试成绩服从正态分布，
所以．
．
故可将定为等级，定为等级，定为等级，定为等级．
18. 已知曲线在点处的切线为．
（1）求直线的方程；
（2）证明：除点外，曲线在直线的下方；
（3）设，求证：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求导，得到，利用导数的几何意义写出切线方程；
（2）令，二次求导得到函数单调性，结合特殊点函数值，得到所以，当且仅当等号成立，得到证明；
（3）求导得到的单调性，结合函数图象得到，不妨令，结合曲线在点的切线方程为，得到，转化为证明，又，只要证，令，求导得到函数单调性，结合特殊点函数值得到答案.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以直线的方程为：，即
小问2详解】
令，则，
令，则，
由，解得，由，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当且仅当等号成立，
所以除切点之外，曲线在直线的下方．
【小问3详解】
由，解得，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
，
当时，．
因为，则，不妨令．
因为曲线在点的切线方程为，
设点在切线上，有，故，

由（1）知时，，
则，即，
要证：，
只要证：，
只要证：，
又，
只要证：，
令，
则，
易证在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以在上单调递减，所以成立，
所以原命题成立．
【点睛】关键点点睛：本题关键是利用函数在零点处的切线方程，得到，且，从而只需证明，再勾股函数进行求解.
19. 在数学中，广义距离是泛函分析中最基本的概念之一．对平面直角坐标系中两个点和，记，称为点与点之间的“距离”，其中表示中较大者．
（1）计算点和点之间的“距离”；
（2）设是平面中一定点，．我们把平面上到点的“距离”为的所有点构成的集合叫做以点为圆心，以为半径的“圆”．求以原点为圆心，以为半径的“圆”的面积；
（3）证明：对任意点．
【答案】（1）；
（2）4； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据所给定义直接计算即可；
（2）依题意可得，再分类讨论，从而确定“圆”的图形，即可求出其面积；
（3）首先利用导数说明函数的单调性，结合绝对值三角不等式证明即可.
【小问1详解】
由定义知，；
【小问2详解】
设是以原点为圆心，以为半径的-圆上任一点，则．
若，则；
若，则有．
由此可知，以原点为圆心，以为半径的“圆”的图形如下所示：
则“圆”的面积为.
【小问3详解】
考虑函数．
因为，所以在上单调递增．
又，
于是
，
同理，．
不妨设，
则
.
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解“距离”的定义，再结合不等式及导数的知识解答.
性别
参加考试人数
平均成绩
标准差
男
30
100
16
女
20
90
19