安徽省皖东名校联盟体2024届高三数学上学期9月第二次质量检测试题含解析

Page262023年皖东名校联盟体高三9月第二次教学质量检测试卷满分：150分考试用时：120分钟注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．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，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、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，，则下列说法正确的是（）A.， B.， C.， D.，【答案】B【解析】【分析】根据子集的定义，结合任意性和存在性的定义逐一判断即可.【详解】A：显然，，所以本选项不正确；B：显然，，所以本选项正确；C：因为，所以不存在，，因此本选项不正确；D：因为，，所以本选项不正确，故选：B2.若，则（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】【分析】计算出，进而计算出，利用模长公式计算出答案.【详解】由题意可得，则，故．故选：A．3.已知向量，其中，，则的最大值为（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】计算出，利用基本不等式求出最值.【详解】，，故，因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，故.故选：B．4.已知A，B，C为三个随机事件且，，>0，则A，B，C相互独立是A，B，C两两独立的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】利用相互独立事件的概念以及充分必要条件的概念即可.【详解】A，B，C相互独立,则满足，且，，；A，B，C两两独立则满足，，；故而A，B，C相互独立则有A，B，C两两独立，但是A，B，C两两独立不能得出A，B，C相互独立，故A正确．故选：A5.若，b=1.2，c=ln3.2，则a，b，c的大小关系为（）A.a>b>c B.c>b>a C.a>c>b D.b>a>>c【答案】A【解析】【分析】先比较与的大小，构造函数，利用导数证明得到时，，从而得到，通过，，结合的单调性即可得到，从而得出判断.【详解】令，则，∴在上单调递增，，即，∴，又，，∵，，，故，∴．故选：A．6.如图，正方形的中心与正方形的中心重合，正方形的面积为2，截去如图所示的阴影部分后，将剩下的部分翻折得到正四棱锥(A，B，C，D四点重合于点M)，当四棱锥体积达到最大值时，图中阴影部分面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，表达出棱锥侧面的高，进而表达出棱锥的高，表示出棱锥体积，利用导函数求出棱锥体积的最大值，求出阴影部分面积.【详解】取正方形中心为，连接交于点，正方形的面积为2，故正方形的边长为，，设，则，所得的棱锥侧面的高，故棱锥的高为，四棱锥体积为，令，则，当时，，当时，，∴在上单调递增，在上单调递减，∴当时，体积最大，此时，，由勾股定理可得，点到边长的距离，，∴阴影部分面积.故选：A．7.直观想象是数学六大核心素养之一，某位教师为了培养学生的直观想象能力，在课堂上提出了这样一个问题：现有10个直径为4的小球，全部放进棱长为a的正四面体盒子中，则a的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分析10个小球在正四面体内的位置情况，把正四面体的高用小球半径与正四面体的棱长表示，列等式即可求解.【详解】我们先来证明如下引理：如下图所示：设正四面体棱长为，面，，所以，，显然为面的重心，所以，由勾股定理可得面,所以正四面体的高等于其棱长的面倍.接下来我们来解决此题：如下图所示：10个直径为4的小球放进棱长为a的正四面体中，成三棱锥形状，有3层，则从上到下每层的小球个数依次为：1，，个，当a取最小值时，从上到下每层放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，底层的每个球都与正四面体底面相切，任意相邻两个小球都外切，位于每层正三角状顶点的所有上下相邻小球的球心连线为一个正四面体，则该正四面体的棱长为，可求得其高为，所以正四面体的高为，进而可求得其棱长a的最小值为．故选：B.8.设，将的图像向右平移个单位，得到的图像，设，，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据平移得到的解析式，根据得到的解析式，根据三角变换公式以及的增减性最后得到的最大值.【详解】将的图像向右平移个单位，得到的图像，，，，，，，∵，，∴，令，,，易知在单调递增，即单调递增，∴单调递减，∴当时，最大值为，故答案为：B.【点睛】关键点点睛：关键在于利用通分以及对化简，以及观察的单调性.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知三次函数，下列结论正确的是（）A.当时，单调递减区间为B.当时，单调递增区间为C.当时，若函数恰有两个不同的零点，则D.当时，恒成立，则a的取值范围为【答案】ACD【解析】【分析】利用导数研究区间单调性判断A、B，由函数恰有两个不同的零点，则有一个极值为0，易得或判断C；将不等式恒成立化为恒成立，对右侧构造函数，应用导数求其最大值即可判断D.【详解】，则，当时，在区间上，所以在上单调递减区间，A正确，B错误；要使函数恰有两个不同的零点，则有一个极值为0，由上分析知：或，而时，不满足题意；所以，有，化简可得，C正确；当时恒成立，即恒成立，令，则，故，在上，单调递增，在上，单调递减，∴，故，D正确．故选：ACD10.在四面体ABCD中，，，E，F，G分别是棱BC，AC，AD上的动点，且满足AB，CD均与面EFG平行，则（）A.直线AB与平面ACD所成的角的余弦值为B.四面体ABCD被平面EFG所截得的截面周长为定值1C.的面积的最大值为D.四面体ABCD的内切球的表面积为【答案】ACD【解析】【分析】利用面面垂直性质找出直线AB与平面ACD所成的角，即可求得其余弦值，判断A；明确截面四边形的形状即可求得其周长，判断B；根据截面四边形形状结合基本不等式可判断C；利用割补法结合等体积法即可判断D.【详解】对于A，取AB的中点Q，CD的中点M，连接，由于，故，而平面，故平面，又平面，故平面平面，则即为直线AB与平面ACD所成的角，又，而,故，则，故，A正确；对于B，设平面与棱BD的交点为P，因为平面，且平面，平面平面，故，且由题意知，否则重合，不合题意，故四边形为梯形，同理四边形为梯形，所以，由于，故，又因为，同理可证，则；同理证明，则四边形为平行四边形，故四边形的周长为2，即四面体ABCD被平面EFG所截得的截面周长为定值2，B错误；对于C，因为平面，平面，故；而，同理可证，故，结合，故，当且仅当时等号成立，即的面积的最大值为，C正确；对于D，由以上分析知，故，而平面，，故，而，设四面体ABCD的内切球的半径为r，则，即，故四面体ABCD的内切球的表面积为，D正确，故选：ACD【点睛】难点点睛：解答本题要充分发挥空间想象，明确空间图形结构特征，难点在于C、D选项的判断，解答时要推出截面的形状，明确其中的数量关系，结合基本不等式判断C；利用割补法可求得四面体内切球的半径.11.已知抛物线C：的焦点为F，过点F的直线与抛物线C交于A、B两点，直线l：，M为l上一动点，则下列结论正确的是（）A.的最小值为10．B.若，为垂足，且为的平分线，则⊥C.对任意点M，均有D.当为等边三角形时，的面积为【答案】BCD【解析】【分析】A选项，设：，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，结合焦半径公式得到，利用基本不等式“1”的妙用求出最值；B选项，证明三角形全等，得到结论；C选项，设，表达出；D选项，设AB中点为G，表达出，分当和时，先求出，进而表达出，，利用两者数量关系得到方程，求出，得到等边三角形的边长和高，求出面积.【详解】设：，，联立，得，则，，，对于A，∵，则，∴，当且仅当，即时，等号成立，A错误；对于B，∵，MA为的平分线，则≌，∴，B正确；对于C，设，则，C正确；对于D，设AB中点为G，由于，，则，当时，显然为直角三角形，不合题意，当时，，∴，，，又，解得，，，，D正确．故选：BCD．【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．12.记有限数集为M，1∈M，定义在M上的函数记为，的图象经过旋转变换之后会得到g(x)的图象(的图象有可能不是函数图象)，若的图象绕原点逆时针旋转后得到的图象与原函数的图象重合，则在下列选项中f(1)的取值不可能是（）A.0 B. C. D.【答案】ABC【解析】【分析】根据题意给的定义和函数的应用即可求解.【详解】设点，若逆时针旋转后与原图重合，则旋转后的对应点也在的图象上，同理有的对应点也在其图象上，以此类推，于是对应的图象可以为一个圆周上的6等分的6个点.当时，即，则，易验证，显然不符合函数的定义，故A项不可能；当时，即，同理，，不符合函数的定义，故B项不可能；当时，即，同理，．不符合函数的定义，故C项不可能；当时，即，满足题意，故D项可能.故选：ABC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.数学家波利亚说：“为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系”这就是算两次原理，又称为富比尼原理．由等式利用算两次原理可得__________．(用组合数表示即可)【答案】【解析】【分析】利用二项式定理，结合已知条件，即可推出结果.【详解】依题意，故是展开式中的系数，而展开式中的系数为，所以．故答案为：.14.已知，又P点为圆O：上任意一点且满足，则________．【答案】【解析】【分析】设，然后根据题意可得化简后可求出的值.【详解】设，则，且P点到点A的距离与到点B的距离之比为定值，所以，所以，所以，解得，因为，所以故答案为：．15.已知正实数，b满足，则当取最小值时，________．【答案】【解析】【分析】变形换元后得到，令，求导得到函数单调性和最值，从而求出.【详解】，令，则，令，则，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，故在处取得极小值，也是最小值，，即．故答案：．16.如图，椭圆：()的右焦点为F，离心率为e，点P是椭圆上第一象限内任意一点且，，．若，则离心率e的最小值是_________．【答案】【解析】【分析】设直线OP的方程为，代入椭圆方程求得P，Q的坐标，由向量数量积为0的等价条件可得OP，FQ的斜率之积为-1，整理，可将用a、b、c表示出来，再依据，对任意恒成立，可得所求离心率的范围．【详解】∵点P是上第一象限内任意一点且，∴，设直线OP的斜率为k，则．由可得，故，∴，∵，故，∴，解得，∵对任意的恒成立，故，整理得到对任意的恒成立，故只需，即，即，故离心率e最小值为．故答案为：四、解答题：本题共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.数列各项均为正数，的前n项和记作，已知，．（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前2023项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）当时，有相减得,结合各项均为正数，并因式分解即可求解.（2）由（1）得，结合可知，由裂项相消法即可求解.【小问1详解】当时，有相减得，即，各项均为正数，所以，又当时，，解得或(舍)，所以对任意正整数n，均有，故是以首项为1，公差以1的等差数列，所以．【小问2详解】由于，故，由（1）得，记前n项和为，则，所以.18.在△ABC中，，D在边AC上，∠A，∠B．∠C对应的边为a，b，c．（1）当BD为的角平分线且时，求的值；（2）当D为AC的中点且时，求的取值范围．【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）利用可得出结论；（2）由正弦定理分别表示出a，c，得出，再根据的范围及正弦函数的性质求解答案即可.【小问1详解】由题意知，BD为角平分线且长度已知，则利用面积相等可得，整理可得，所以.【小问2详解】以a，c为边做平行四边形，另一个端点设为M，连接BM，易知BM交AC于点D.设∠DBC=θ，则由正弦定理知：化简可得，，．则，合并化简可，易知，则，∴．∴的取值范围为.19.如图，正方体的棱长为4，M，N，P，Q分别为棱的中点，平面与平面将该正方体截成三个多面体．（1）求平面与平面所成夹角的余弦值的大小；（2）求多面体的体积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）以向量法为工具结合平面夹角公式，即可解决;（2）将所求多面体体积通过大正方体的体积减去部分几何体的体积进行转化，即可解决.【小问1详解】以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系(如图)，则，，，．设为平面的一个法向量，则取，解得，故．设为平面的一个法向量，则取，解得，故．则，∴平面与平面所成夹角的余弦值为.【小问2详解】由正方体特性可知：，所求多面体，;而几何体可以看成两三棱锥相减，将延长至O点，使，得到几何体的体积为三棱锥的体积减去三棱锥的体积，∴．∴．20.2022年国庆节某商场进行砸金蛋活动，现有8个外形完全相同的金蛋，8个金蛋中有1个一等奖，1个二等奖，3个三等奖，3个参与奖，现甲乙两人进行砸金蛋比赛，砸中1个一等奖记4分，砸中1个二等奖记3分，砸中1个三等奖记2分，砸中1个参与奖记1分，规定砸蛋人得分不低于8分为获胜，否则为负，并制定规则如下：①一个人砸蛋，另一人不砸蛋；②砸蛋的人先砸1个金蛋，若砸出的是一等奖，则再砸2个金蛋；若砸出的不是一等奖，则再砸3个金蛋，砸蛋人的得分为两次砸出金蛋的记分之和．（1）若由甲砸蛋，如果甲先砸出的是一等奖，求该局甲获胜的概率；（2）若由乙砸蛋，如果乙先砸出的是二等奖，求该局乙得分的分布列和数学期望．【答案】（1）（2）分布列见解析；期望为【解析】【分析】（1）分两种情况，结合古典概型及组合即可求解；（2）写出随机变量的所有取值，分别求出概率，即可得出分布列，再根据数学期望公式即可求出期望.【小问1详解】记“甲先砸出的是一等奖，甲获胜”为事件A，则，【小问2详解】如果乙先砸出的是二等奖，则可以再砸3个金蛋，则得分情况有6，7，8，9，10，11，，，，，，，所以的分布列为：P67891011所以的数学期望：．21.已知双曲线()左、右焦点为，其中焦距为，双曲线经过点．（1）求双曲线的方程；（2）过右焦点作直线交双曲线于M，N两点(M，N均在双曲线的右支上)，过原点O作射线，其中，垂足为为射