安徽省马鞍山市2025届高三第二次教学质量监测数学试题（解析版）

这是一份安徽省马鞍山市2025届高三第二次教学质量监测数学试题（解析版），共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以，解得，
所以，又，则.
故选：A.
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以，
所以.
故选：B.
3. 已知平面向量，满足，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因，，，则.
故答案为：B
4. 已知随机变量，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为随机变量，且，
则，
所以.
故选：A.
5. 在三棱柱中，截去三棱锥后，剩余的部分是（ ）
A. 五棱锥B. 四棱锥C. 三棱柱D. 三棱台
【答案】B
【解析】如图可得三棱柱中，截去三棱锥后，剩余的部分是四棱锥.
故选：B
6. 数列满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】，由，
可得：，
，
，
所以，
故选：C
7. 已知函数是定义在上的奇函数，则，的值可能是（ ）
A. ，B. ，
C ，D. ，
【答案】D
【解析】当时，，则，
所以，即，
又，所以，
所以，或（不恒成立，舍去），
所以，
当时，，则，
所以，即，
又，所以，
所以，或（不恒成立，舍去），
所以，
综上，，
对于A，，，此时，则，解得，不合题意；
对于B，，，此时，则，解得，不合题意；
对于C，，，此时，则，解得，不合题意；
对于D，，，此时，则，解得，符合题意.
故选：D
8. 已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点，直线过焦点且与交于，两点，若直线的斜率为，则（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】C
【解析】抛物线的焦点，准线，过作准线的垂线，垂足为，作轴于，
由直线的斜率为，得，而，
则，设点，令，，
于是，解得，同理，
因此
，
当为钝角时，同理求得，所以.
故选：C
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. 已知二项式的展开式中各项系数之和为，则（ ）
A. 展开式中共有6项B. 展开式中二项式系数的和为64
C. 展开式中常数项为D. 展开式中系数最大的项是第2项
【答案】BC
【解析】由题可得展开式通项为.
对于A，令，可得展开式各项系数和，则，
则展开式共有7项，故A错误；
对于B，二项式系数和为，故B正确；
对于C，对于通项，令，则常数项为，故C正确；
对于D，由通项，可得各项系数依次为：
则系数最大项为第5项，故D错误.
故选：BC
10. 点是半径为2的圆内一定点，且，过点作圆的两条互相垂直的弦，，则（ ）
A. 为定值B. 的取值范围是
C. 为定值D. 四边形面积的最大值为
【答案】ABC
【解析】对于A，如图，作过P，O两点的直线，与圆O交于E，F两点.

则由题知，又A，P，B三点共线，则由相交弦定理可得：，故A正确；
对于B，，当A，O，B三点共线，
即时，取最小值.如图，过O做AB垂线，垂足为Q，
由垂径定理，可得，
则，
注意到，当且仅当AB与以O为圆心，为半径的圆
相切时取等号，则.
综上，的取值范围是，故B正确；
对于C，.
注意到，则，
又由A分析可得：，则，故C正确；
对于D，四边形面积为，如图过O作CD垂线，垂足为M，
由垂径定理可得，
则，
则，
注意到四边形PQOM为矩形，则，
则，
当且仅当时取等号.故D错误.
故选：ABC
11. 已知在三棱柱中，底面，，，且，记，则（ ）
A. 存在，使得
B. 三棱柱的侧面积随的增大而减小
C. 三棱柱的体积随的增大而减小
D. 三棱锥外接球表面积的最小值为
【答案】BCD
【解析】对于A，若，因为，则，矛盾，故不存在，使得，故A错误；
对于B，易知，，
记三棱柱的侧面积为，
则，因为，所以关于单调递减，
故B正确；
对于C，记三棱柱的体积为，
则关于单调递减，故C正确；
对于D，记三棱锥外接球半径为，的外接圆半径为，
因为，则，
故，
当且仅当即时，最小值为，外接球表面积的最小值为，
故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 马鞍山市某月连续四天的最低气温如下表所示：
由最小二乘法得到经验回归方程，则的值为_____________.
【答案】
【解析】由表格中的数据可得，，
所以回归直线过点，则，解得.
故答案为：.
13. 如图，一个圆环分成，，，四个区域，用3种颜色（全部用完）对这四个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同涂色的方法种数为____________.（用数字作答）
【答案】12
【解析】若同色，3种颜色（全部用完），有种，
若同色，3种颜色（全部用完），有种，
所以共有种，
故答案为：12
14. 在中，点、分别为边、的中点，且，，则面积的最大值为_______________.
【答案】
【解析】因为点、分别为边、的中点，设，则为的重心，
所以，，，
设，，则，，，.
因为，在中，由勾股定理可得，即.
由基本不等式可得，即，
当且仅当时，等号成立，
因为，则
，
当且仅当时，等号成立，
即面积的最大值为.
故答案：.
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. 两个箱子里面各有除颜色外完全相同的黑球和白球若干个，现设计一个抽球游戏，规则如下：先从第一个箱子中随机抽一个小球，抽后放回，记抽中黑球得分，抽中白球得分，且抽中黑球的概率为；再从第二个箱子中随机抽一个小球，抽后放回，记抽中黑球得分，抽中白球得分，且抽中黑球的概率为.记一次游戏后，得分总和为分.
（1）求的分布列和数学期望；
（2）若有人玩该游戏各一次，求恰有人游戏得分不低于分的概率.
解：（1）由题知，可能取的值为，，，.
，，
， ，
的分布列为：
故.
（2）由（1）知，得分不低于分和低于分的概率均为
故人玩该游戏各一次恰有人游戏得分不低于分的概率为.
16. 如图，在四棱锥中，底面，，，，侧棱与底面所成的角为，且，.
（1）求；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
解：（1）因为平面，平面
所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为平面，所以在平面上的射影为，
所以为直线与底面所成的角，
因为与底面所成的角为，所以，又，
所以， 设，
因为，，，
所以，，又，故，
则，
因为因为平面，平面
所以，所以，
所以，
解得或（舍去），
故.
（2）以为坐标原点，、分别为、轴的正方向，过作垂直于平面的直线为轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
则 ，，
设平面的法向量为，
，
令，得，，
则为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
，
令，可得，，
得为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17. 在平面直角坐标系中，点和是中心为坐标原点，焦点在坐标轴上的椭圆上的两点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若为椭圆上任意一点，以点为圆心，为半径的圆与圆的公共弦为.证明：的面积为定值，并求出该定值.
（1）解：设椭圆的方程为，
由题意知：，， 解得，
所以椭圆的方程为.
（2）证明：设，则，且圆的方程为，
即圆的方程为.
因为圆的方程为，
将圆的方程与圆的方程作差得，

所以的方程为，
点到直线的距离
，
又因为，所以的面积为为定值.
18. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求实数的取值范围.
解：（1）的定义域为，
若，则，则在单调递减；
若，则由得.
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）若，由（1）知，至多有一个零点.
若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，因为单调递增，单调递增，所以单调递增，
所以，，故没有零点；
③当时，由于，即，
又，
故在有一个零点.
设正整数满足，则，
故在有一个零点.
综上，的取值范围为.
19. 将数列中不同的两项与交换位置，其余项不变得到的数列称为的“对换数列”，若时，，则称为一个逆序对，例如：数列2，3，1的逆序对有：，.将数列中逆序对的个数称为的逆序数，记为，记.
（1）写出数列1，5，2，4，3，6的所有逆序对；
（2）求数列的所有“对换数列”的逆序数之和；
（3）定义：将数列的所有项重新排列后得到的数列称为的一个“重排数列”.若是数列的一个“重排数列”，是数列的一个“对换数列”，证明：.
（注：.）
（1）解：，，，；
（2）解：因为交换与后共产生个逆序数，，
所以
；
（3）证明：由（2）可知，，
因为是将中与两项交换所得，
故之前的项及之后的项逆序数不变，
对于与之间的项，
只有满足数才会发生逆序数的变化，
设这样的数有个，由于这个数对与的顺序同时发生变化，
产生个逆序数，又与交换产生1个逆序数，
则共产生个逆序数，设，
则，
则.
第天
最低气温（单位）