安徽省黄山市2024届高三下学期二模数学试题 含解析

这是一份安徽省黄山市2024届高三下学期二模数学试题 含解析，共21页。试卷主要包含了 非选择题必须用0， 已知实数，分别满足，，且，则， 下列论述正确的有等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 满分：150分）
注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡上．
2. 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；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在试卷上无效．
3. 非选择题必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带．不按以上要求作答的答案无效．
一、单项选择题：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. 已知复数，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数乘法运算求出复数z，再结合复数的意义求解作答.
【详解】，复数在复平面内对应的点为，
所以数在复平面内对应的点位于第三象限，
故选：C.
2. 已知数列是等差数列，且，，则数列的公差是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列性质列方程，能求出公差．
【详解】数列是等差数列，且，，
，解得，，
则数列的公差是．
故选：B．
3. 已知，且，则在上的投影向量为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据进行求解，得到答案.
【详解】因为，，
所以在上的投影向量为.
故选：A.
4. 攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式,宋代称为撮尖,清代称为攒尖.通常有圆形攒尖,三角攒尖,四角攒尖,八角攒尖,也有单檐和重檐之分,多见于亭阁式建筑,园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖,可近似看作一个圆锥,已知其轴截面是底边长为m,顶角为的等腰三角形,则该屋顶的面积约为（ ）.
A. m2B. m2C. m2D. m2
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意作出圆锥轴截面图像,根据图像求出圆锥底面半径和母线,根据侧面积公式即可求解.
【详解】如图所示为该圆锥轴截面,
由题意,底面圆半径,母线,
所以侧面积.
故选：C.
5. 若是不等式成立的一个必要不充分条件，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出不等式成立的充要条件，根据充分必要条件关系判断.
【详解】，
因为是成立的必要不充分条件，
所以.
故选：B.
6. 黄山是中国著名的旅游胜地，有许多值得打卡的旅游景点，其中包括黄山风景区，齐云山，宏村，徽州古城等.甲，乙，丙人准备前往黄山风景区，齐云山，宏村，徽州古城这个景点游玩，其中甲和乙已经去过黄山风景区，本次不再前往黄山风景区游玩.若甲，乙，丙每人选择一个或两个景点游玩，则不同的选择有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】A
【解析】
【分析】依题意分三步：分别计算甲，乙，丙每人的不同的选择方法，然后利用分步乘法计数原理计算即可.
【详解】依题意分三步：
第一步，甲的不同的选择有种；
第二步，乙的不同的选择也有种；
第三步，丙的不同的选择有种；
因此，根据分步乘法计数原理，得不同的选择有种.
故选：A
7. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，过作一条渐近线的垂线，垂足为，延长与另一条渐近线交于点，若为坐标原点，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用已知条件求出点坐标，求出点到渐近线的距离，结合可以得到点到渐近线的距离为，进而利用点到直线的距离公式求出与的关系，然后求解双曲线的离心率.
【详解】由题意知，双曲线的两条渐近线方程分别为，，
过点且与渐近线垂直的直线方程为，
联立，可解得，
点到渐近线的距离，
因为，所以点到渐近线的距离为，
所以，即，所以，即双曲线的离心率为.
故选：D
8. 已知实数，分别满足，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数，先求证，得，再构造函数，利用导数求得，即可比较大小.
【详解】由，，得，，
设，则，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，所以，即，
同理可证，所以，
当时，可得，即，
设，则，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，即，整理得，即，
所以.
故选：C
二、多项选择题：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. 已知函数图象上相邻两条对称轴之间的距离为，则（ ）
A. 函数图象关于点对称
B. 函数图象关于直线对称
C. 函数在上单调递增
D. 函数在上有个零点
【答案】AD
【解析】
【分析】对函数利用辅助角公式进行化简，根据条件求出函数的周期和，得到的解析式，对于A，将代入验证看是否为对称中心；对于B，将代入检验是否为对称轴；对于C，，，结合正弦函数的图象与性质，判断单调性；对于D，求出在的零点，判断个数即可.
【详解】，
因为函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，
所以，则，所以，解得，
所以.
对于A选项，，
所以函数图象关于点对称，故A正确；
对于B选项，，
所以函数图象不关于直线对称，故B错误；
对于C选项，当，，
当，即时，，
结合正弦函数图象可知，函数在上先增后减，故C错误；
对于D选项，令，即，即，
当时，的值为，
所以函数在上有个零点，故D正确，
故选：AD.
10. 下列论述正确的有（ ）
A. 若随机变量满足，则
B. 若随机事件，满足：，，，则事件与相互独立
C. 基于小概率值的检验规则是：当时，我们就推断不成立，即认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过；当时，我们没有充分证据推断不成立，可以认为和独立
D. 若关于的经验回归方程为，则样本点的残差为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据随机变量的方差性质可判定A；根据和事件与独立事件的概率公式可判定B；根据独立性检验的基本思想可判定C；根据残差的定义可判定D.
【详解】对于A，由题意可知，故A错误；
对于B，由题意可知，
所以，所以事件A与B相互独立，即B正确；
对于C，由独立性检验的基本思想可知其正确；
对于D，将样本点代入得预测值为，
所以，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知数列满足：，其中，下列说法正确的有（ ）
A. 当时，
B. 当时，数列是递增数列
C. 当时，若数列是递增数列，则
D. 当时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据可得，即可迭代求解A，根据，时，可得为常数列，即可判断B；根据二次函数的单调性，证出当时，从而判断出数列的单调性，建立关于的一元二次不等式，解出首项的取值范围，判断出C项的正误；当，时，根据递推关系证出，从而可得，由此推导出，进而利用等比数列的求和公式证出，从而判断出D项的正误．
【详解】对于A，当时，，又，故，
所以，故A项正确．
对于B，因为且，
所以，
当，时，，此时数列是常数列，故B项错误；
对于C, 由于数列是递增数列, 当时，故，，
故， 所以，即，
解得或，故C项正确；
对于D,当时，，结合，可知，
，，结合，
可知是递增数列，，则，
即，所以，
即，
所以，当时，，所以，
可得，故D项正确；
故选：ACD．
【点睛】方法点睛：递推关系式转化的常见形式
（1）转化为常数，则数列是等差数列．
（2）转化为常数，则数列是等差数列．
（3）转化为常数，则数列是等差数列．
（4）转化为常数，则数列是等差数列．
（5）转化为常数，则数列是等差数列．
（6）转化为常数，则数列是等差数列．
三、填空题: 本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知集合，，则__________．
【答案】或
【解析】
【分析】由定义域可得，由一元二次不等式的解法可得，利用交集、补集运算求解即可．
【详解】由题，
所以或．
故答案为：或
13. 若函数有两个零点，则实数的取值范围是__________.
【答案】．
【解析】
【分析】令，则有，将问题转化为半圆与直线有两个交点，作出图象，结合图象求解即可．
【详解】令，
则，所以，
又因为，即为，表示单位圆位于轴上及上方部分；
而，表示过点且斜率为的直线，
所以将问题转化为半圆与直线有两个交点，
当直线与半圆相切时；，解得，
当直线过点时，则有，解得，
综上，．
故答案为：．
14. 如图，球内切于圆柱，圆柱的高为，为底面圆的一条直径，为圆上任意一点，则平面截球所得截面面积最小值为__________若为球面和圆柱侧面交线上的一点，则周长的取值范围为__________．

【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】过点在平面内作，垂足为点，分析可知当平面时，截面圆的半径最小，求出截面圆的半径，结合圆的面积公式可求平面截得球的截面面积最小值；利设在底面的射影为，设令，则，其中，可得出，利用平方法和二次函数的基本性质求出的取值范围，可得周长的取值范围．
【详解】过点在平面内作，垂足为，如下图

易知，，
由勾股定理可得，则由题可得，
设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为，
因为平面，当平面，取最大值，即，所以，
所以平面截得球的截面面积最小值为．
由题可知，点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设在底面射影为，
如图：

则，，
由勾股定理可得，令，则，其中，
所以，
所以，
因此，所以周长的取值范围为．
故答案为：；
【点睛】方法点睛：选择填空题中，遇到求函数的最小值问题，常见的方法有：
1.转化为二次函数的值域问题求解；
2.利用基本（均值）不等式求最值；
3.通过换元，转化成三角函数的值域问题求解；
4.利用导数分析函数单调性，求函数的最值.
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. 记的内角，，的对边分别为，，，向量，且．
（1）求角的大小
（2）若的面积为，，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示，结合正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解；
（2）利用三角形面积公式得到，利用三角函数的和差公式得到，再利用正弦定理即可得解.
【小问1详解】
因为，，，
所以，
由正弦定理得，化简得，
所以，
又，所以.
【小问2详解】
由题意得，则，
由，
得，则，
因为，所以，
所以.
16. 如图，已知为圆台下底面圆的直径，是圆上异于的点，是圆台上底面圆上的点，且平面平面，，，是的中点，．
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取AC的中点O，根据面面垂直的性质定理，可得平面，即可求证，进而可证矩形，即可根据线线平行以及平行的传递性求解.
（2）建系，利用向量法，求解法向量与方向向量的夹角，即可求解．
【小问1详解】
证明：取的中点为，连接，，，
，为中点，，
又平面平面，且平面平面，平面,
平面，，，故四边形为矩形，
，又，分别是，的中点，
，
；
【小问2详解】
是圆上异于，的点，且为圆的直径，
，，
如图以为原点建立空间直角坐标系，由条件知，
,0,,,4,,,0,,，，
设,,，，，
由，得，，
，，
设平面法向量为，
则，取，
设直线与平面所成角为，
则
直线与平面所成角的正弦值为．
17. 学校食堂为了减少排队时间，从开学第天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐.某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前天选择了米饭套餐，则第天选择米饭套餐的概率为；若他前天选择了面食套餐，则第天选择米饭套餐的概率为.已知他开学第天中午选择米饭套餐的概率为.
（1）求该同学开学第天中午选择米饭套餐的概率；
（2）记该同学开学第天中午选择米饭套餐的概率为证明：当时，.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知结合全概率公式即可求解；
（2）由已知结合全概率公式及等比数列的定义即可求出的通项公式，分类讨论即可证明.
【小问1详解】
设“第天选择米饭套餐”，则“第天选择面食套餐”，
根据题意，，，，
由全概率公式，得；
【小问2详解】
设“第天选择米饭套餐”，
则，，，，
由全概率公式，得，
即，所以，
因为，所以是以为首项，为公比的等比数列；
可得，
当为大于的奇数时，；
当为正偶数时，，
综上所述：当时，.
18. 已知为抛物线上的动点，为圆上的动点，若的最小值为．
（1）求的值
（2）若动点在轴上方，过作圆的两条切线分别交抛物线于另外两点，，且满足，求直线的方程．
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）由的最小值为，得的最小值为，设，，由两点间距离公式得到，再求最小值即可，
（2）设出，，三点的坐标，表示出直线的方程，同理直线的方程为： ，利用点到直线的距离以及同理思想得，是方程的两根，由题意可得，进一步可根据斜率关系求得，从而可将方程化简为，结合判别式、韦达定理以及直线的方程： 即可得解.
小问1详解】
设，的最小值为，即的最小值为，
则
当时，，；
【小问2详解】
连接，设，，，
直线的斜率，
直线的方程为：，
即直线的方程为：，化简得，
同理直线的方程为： ，
则点到直线的距离为，即，
同理，
则，是方程的两根，
所以，则直线的斜率，
因与圆均相切，
所以由对称性可知平分，
又注意到，
所以有，
，注意到，
解得，则或（舍去）．
此时方程变为了，
显然满足，且，，
因为直线的方程为： ，即，
即直线的方程为．
【点睛】关键点点睛：解题关键是得出以及，由此求得即可顺利得解.
19. 帕德近似是法国数学家亨利帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，，，注：，，，，
已知函数.
（1）求函数在处阶帕德近似，并求的近似数精确到
（2）在（1）的条件下：
①求证：；
②若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1），
（2）① 证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）先写出阶帕德近似，然后求导得到，，令得，所以，求导得到求解即可；
（2）令，，求导得到判断在及上均单调递减，按照和分类讨论求解即可；
由已知令，且，所以是的极大值点，求导得到，故，，得到之后写出，然后求导判断单调性证明即可.
【小问1详解】
由题可知函数在处的阶帕德近似，
则，，，
由得，所以，
则，又由得，所以，
由得，所以，
所以.
【小问2详解】
①令，，
因为，
所以在及上均单调递减.
当，，即，
而，所以，即，
当，，即，
而，所以，即，
所以不等式恒成立；
②由得在上恒成立，
令，且，所以是的极大值点，
又，故，则，
当时，，所以，
当时，，，则，故在上单调递增，
所以当时，，
当时，，
令，因为，所以在上单调递减，
所以，又因为在上，
故当时，，
综上，当时，恒成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.