安徽省皖豫名校联盟2024届高中毕业班第二次联考数学 Word版含解析.docx

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皖豫名校联盟2024届高中毕业班第二次考试数学试卷考生注意：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．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、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.已知集合，集合，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由对数函数的单调性解不等式得到，解分式不等式得到，求出交集.【详解】由题意得，故，，等价于，解得，故，所以.故选：A2.若复数满足，则的虚部为A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先由得到，再由复数除法运算，即可得出结果. 【详解】因为，所以，故的虚部为.故选D.【点睛】本题考查了复数的运算、复数的虚部的概念，突显了对数学运算、基本概念的考查.解答本题首先要了解复数的虚部的概念，其次要能熟练进行复数的四则运算.3.已知向量，命题．若是假命题，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题意，根据特征量词命题的否定为真命题可得是真命题，易知时满足题意，当时，有，解之即可求解.【详解】由题可知，命题的否定：，且否定是真命题，即是真命题．当时，；当时，且，所以．综上，实数的取值范围是．故选：D4.已知数列的前项和（为常数，且），则“是等差数列”是“”的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据等差数列的定义及充分条件与必要条件定义判断即可．【详解】若是等差数列，设其公差为，则， 所以，若，则，当时，，当时，，此时也满足，所以，于是有是等差数列，所以“是等差数列”是“”的充要条件．故选：A5.已知是锐角三角形，函数，则下列结论中一定成立的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先判断函数的奇偶性和单调性，再利用得到，同理得到，从而可判断ABC，利用可判断D.【详解】函数的定义域为R，，所以是偶函数.当时，，所以在上单调递增．因为是锐角三角形，所以，所以，即，所以，故A正确；同理，，即，故BC错误；当时，，故D错误．故选：A.6.某中学开展结合学科知识的动手能力大赛，参赛学生甲需要加工一个外轮廓为三角形的模具，原材料为如图所示的是边上一点， ，要求分别把的内切圆，裁去，则裁去的圆的面积之和为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设，根据已知条件在中利用正弦定理及三角公式求出，分别在内用等面积法求出内切圆半径即可得解.【详解】在，设，则，，所以，在中，，由正弦定理得,即，即，化简得或，因为，所以（负值舍去），，故为等边三角形，为等腰三角形，,在中，设圆的半径为，根据等面积有，即，化简得，在中，设圆的半径为，根据等面积有，即，化简得， 所以圆的面积之和为，故选：C.7.有甲、乙等五人到三家企业去应聘，若每人至多被一家企业录用，每家企业至少录用其中一人且甲、乙两人不能被同一家企业录用，则不同的录用情况种数是（）A.60B.114C.278D.336【答案】D【解析】【分析】分三类，第一类，只有3人被录用，第二类，只有4人被录用，第三类，5人全部录用，根据分类计数原理即可得到答案.【详解】分三类情况，第一类情况，只录用3人，有种情况；第二类情况，只录用4人，有种情况；第三类情况，录用5人有两种情况：或，有种情况．所以根据分类加法计数原理共有种．故选：D.8.若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】构造函数，利用导数研究其图象性质，再将问题转化为的零点的分布情况，从而列式即可得解.【详解】令，得，即， 记，则，对求导得，因为当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，且当时，且，当时，，当时，，则函数的大致图象如图，记，由于有三个不同的零点，所以必有两个不同的零点，记为，当时，有，即，无解；当时，有，即，无解；当时，有，即，解得；综上，取值范围为.故选：D.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是熟练掌握二次函数的零点的分布情况，数形结合得到关于 的不等式组，从而得解.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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.下列说法错误的是（）A.当样本相关系数满足时，成对样本数据的两个分量之间满足一种线性关系B.残差等于预测值减去观测值C.决定系数越大，模型拟合效果越差D.在独立性检验中，当（为的临界值）时，推断零假设不成立【答案】BC【解析】【分析】根据相关系数时的含义可判断A；根据残差的定义可判断B，根据决定系数的含义判断C；根据独立性检验的规则判断D.【详解】当样本相关系数时，成对样本数据的两个分量之间满足一种线性关系，故A正确；残差等于观测值减去预测值，故B错误；决定系数越大，模型拟合效果越好，故C错误；根据独立性检验的规则，当时，推断零假设不成立，D正确，故选：BC10.已知函数，则（）A.是奇函数B.最小的10个正零点之和为C.是的一个周期D.在处的切线方程为【答案】BCD【解析】【分析】根据奇偶性的定义可判断A；令，求出对应最小的10个正零点的和可判断B；利用周期定义可判断C；求出，求出在处的切线方程可判断D．【详解】对于A，因为，所以不是奇函数，故A错误；对于B，令，得，即，所以或或或， 即，当时，对应最小的10个正零点为，它们的和为，故B正确；对于C，由于，故C正确；对于D，，，，所以在处的切线方程为，故D正确．故选：BCD.11.若正实数满足，记，则（）A.的最小值是2B.当取最小值时，的最小值为C.当取最仦值时，的最大值为D当取最小值时，一定有【答案】AC【解析】【分析】利用基本不等式判断AD；将问题转化为，利用换元法与函数单调性即可得解判断BC；从而得解.【详解】因为，由可得，所以，当且仅当时，等号成立，所以A正确，D错误；当取最小值时，，，所以，解得， 又，所以，又，当且仅当时等号成立，记，则，所以，易得函数在时单调递减，所以当时，取得最大值，则无最小值，所以B错误，C正确．故选：AC.12.在棱长为1的正方体中，点在棱上运动，点在正方体表面上运动，则（）A.存在点，使B.当时，经过点的平面将正方体分成体积比为的大小两部分C.当时，点的轨迹长度为4D.当时，点的轨迹长度为【答案】BCD【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理验证即可判断A；如图，由面面平行的性质判断几何体是棱台，结合棱台的体积公式计算即可判断B；结合图形可知点的轨迹是以棱的中点为顶点的正方形，即可判断C；先求出点在侧面内的轨迹，并求其长度，再求出点在底面、侧面内的轨迹的长度，即可判断D.【详解】对于A，如图，在正方体中，易知，若存在点，使，由于与相交，所以平面，显然不成立，故A错误． 对于B，当时，如图，记经过点的平面与交于点，连接，则．由于平面平面，平面平面，平面平面，所以．记，则．记，则，所以点与重合．又平面平面，所以几何体是棱台，，其余部分的体积为，所以经过点的平面将正方体分成体积比为的大小两部分，故B正确．对于C，当时，点的轨迹是以棱的中点为顶点的正方形，如图所示，轨迹的长度为4，故C正确． 对于D，先看点在侧面内的轨迹，以的中点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图．设，由可得点的轨迹方程为，其是以为圆心，为半径的圆，记该圆与交于点，则，点在侧面内的轨迹为一段圆弧．长度为，同理点在底面内的轨迹的长度也为．当点在侧面内时，其轨迹可视为以为球心，为半径的球面与侧面的交线，由于，所以，点在侧面内的轨迹是以为圆心，为半径的圆的，长为．分析易知，其余面上的点均不满足题意．所以点的轨迹长度为，故D正确． 故选：BCD【点睛】方法点睛：对于立体几何中的满足一定条件下的点的轨迹问题，往往需要建立平面或空间直角坐标系来进行求解，将几何问题代数化可以大大减少思考难度，提高做题效率.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知直线经过两点，则点到直线的距离为______．【答案】【解析】【分析】根据空间向量求解即可.【详解】由题可知，则，，故点到直线的距离为．故答案为：14.为提高学生的数学核心素养和学习数学的兴趣，学校在高一年级开设了《数学探究与发现》选修课．在某次主题是“向量与不等式”的课上，学生甲运用平面向量的数量积知识证明了著名的柯西不等式（二维）；当向量时，有，即，当且仅当时等号成立；学生乙从这个结论出发．作一个代数变换，得到了一个新不等式：，当且仅当时等号成立，并取名为“类柯西不等式”．根据前面的结论可知：当时，的最小值是______．【答案】【解析】【分析】根据不等式构造不等式左侧 求解即可.【详解】由题意得，则，当且仅当，即时，等号成立，即，则，所以，最小值为，此时．故答案为：.15.已知椭圆，是以点为直角顶点的等腰直角三角形，直角边与椭圆分别交于另外两点．若这样的有且仅有一个，则该椭圆的离心率的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】先设出直线和直线，联立椭圆方程，求出，表达出，根据相等关系得到无实数解或有两个相等的实数解，分两种情况，求出，从而求出离心率的取值范围.【详解】不妨设直线，则直线，联立方程得，得， ，用代替得，．由，得，该方程关于已有一解，由于符合条件的有且仅有一个，关于的方程无实数解或有两个相等的实数解．当方程无实数解时，，解得；当方程有两个相等的实数解时，，解得，，则该椭圆的离心率．故答案为：.【点睛】求椭圆的离心率是(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率(离心率的取值范围).16.从教学楼一楼到二楼共有11级台阶（从下往上依次为第1级，第2级，，第11级），学生甲一步能上1级或2级台阶，若甲从一楼上到二楼使用每一种方法都是等概率的，则甲踩过第5级台阶的概率是______． 【答案】【解析】【分析】结合题意求得学生甲上每级台阶的方法数，从而利用古典概型的概率公式即可得解.【详解】记学生甲上到第级台阶共有种上法，则，当时，学生甲上到第级台阶，可以从第级或第级上去，所以，于是，，，其中甲踩过第5级台阶的上台阶方法数，可分两步计算，第一步，从第1级到第5级，共有种方法；第二步，从第6级到第11级，相当于从第1级到第6级的方法数，共有种方法；所以甲踩过第5级台阶的上台阶方法数有，则甲踩过第5级台阶的概率是．故答案为：.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是得到递推关系式，从而得解.四、解答题：共70分：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.如图，任四棱锥中，为棱的中点，．（1）求证：；（2）若，求与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）连接，证明四边形是正方形，即证明，即可证明平面，根据线面垂直的性质定理，即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可得答案.【小问1详解】如图，连接为棱的中点，，，故,则，又，，则四边形是平行四边形，又，，则平行四边形是正方形，，又平面，平面，又平面．【小问2详解】，．由（1）知,故，，又平面，平面．以为坐标原点，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，．设平面的法向量为，则，即，令，则．设与平面所成的角为，则，，即与平面所成角的余弦值为.18.在中，角的对边分别为，.（1）求角；（2）若为钝角三角形，且，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）化切为弦，然后根据两角和的正弦公式化简即可求解；（2）利用正弦定理化边为角，根据辅助角公式化为，结合角的范围利用正弦函数的性质即可求解范围.【小问1详解】由，得，即，所以，又，所以，又且，所以.【小问2详解】 由正弦定理，得，所以，所以，因为是钝角三角形，不妨设为钝角，则，所以，因为，所以，所以，所以的取值范围是.19.某工厂生产一批螺丝钉，长度均为整数，且在至之间，技术监督组为了解生产的螺丝钉质量，按照长度分为9组，每组抽取150个对其中的优质螺丝钉个数进行统计，数据如下：长期区间优质个数818184888483837066（1）设每个长度区间的中点值为，优质个数为，求关于的回归直线方程．若该厂又生产了一批长度区间为的螺丝钉，并从中随机抽取50个，请根据回归直线方程预测这150个中的优质个数．（2）若在某一长度区间内有超过半数的螺丝钉是优质的，则认为从该长度区间内任选一个均为优质的，否则不是．现从这五个长度区间中各随机抽取一个，再从这 5个螺丝钉中任选3个，记随机变量为其中的优质个数，求的分布列与数学期望．（参考公式和数据：）【答案】19.；20.分布列见解析；【解析】【分析】（1）根据线性回归分别求出，，从而求解．（2）根据题意可知的所有可能取值为，，，然后求出相应的概率列出分布列，求出期望从而求解.【小问1详解】由题意得，所以，所以又所以，故关于的回归直线方程为．当时，，即预测长度区间为的个螺丝钉中的优质个数为．【小问2详解】 根据题意，在，，，，这五个长度区间中，这三个长度区间中超过半数是优质的，在，这两个长度区间中优质的不足一半，故随机抽取得到的个螺丝钉中有个是优质的．所以的所有可能取值为，，，则，故随机变量的分布列为．故期望为.20.已知数列满足，且，数列满足，且（表示不超过的最达整数），．（1）求；（2）令，记数列的前项和为，求证：．【答案】（1）2（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先推导可得，再累加可得，再判断当时，即可得；（2）推导可得是以为首项，为公比的等比数列，代入通项公式可得，再根据，累加求和证明即可.【小问1详解】 ，，，．又是递增数列，，当时，．．【小问2详解】，，则有，是以为首项，为公比的等比数列，．，，原不等式得证．21.已知双曲线分别是的左、右焦点．若的离心率，且点在上．（1）求的方程．（2）若过点的直线与的左、右两支分别交于两点（不同于双曲线的顶点），问：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1）（2）是定值，【解析】分析】（1）首先根据离心率，和双曲线方程，列式即可求解；（2）首先设直线的方程与双曲线方程联立，并用坐标表示和，并利用韦达定理表示，即可化简求解.【小问1详解】设双曲线的半焦距为．由题意可得，解得，所以的方程为．【小问2详解】为定值，理由如下：由（1）知，设直线，联立方程得，消去，整理可得，，，同理． 直线过点且与的左、右两支分别交于两点，两点在轴同侧，，此时，即．，，为定值．【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线联立，解决定值的问题，本题的关键是利用坐标表示和，并求解.22已知函数．（1）若恒成立，求实数的范围；（2）证明：对任意正整数，都有不等式成立．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）分与两种情况求解即可得的范围；（2）由（1）可得，结合，可得，则，后由错位相减法可得，即可证明结论. 【小问1详解】由题可知，记，则，当时，在上单调递增，即在上单调递增，当时，．（ⅰ）当时，在上单调递增，则成立；（ⅱ）当时，，，记，则，令，得，当时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增，，则．令，则，存在，使得，则，当时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增，．记，则当时，，在上单调递减，，则有，与恒成立矛盾，所以不成立．综上，实数的取值范围是．【小问2详解】由（Ⅰ）知，当时，， ．记，则当时，，在上单调递增，则有，当时，，当时，．令，则．记，则，，，，对任意正整数，都有不等式成立．