安徽省六安市2023～2024学年高三数学下学期期末质量检测卷二试题含答案

2024届高三年级质量检测卷数学试卷（二）时间：120分钟满分：150分一､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，，，则的子集共有（）A.2个 B.4个 C.6个 D.64个【答案】D【解析】【分析】先求出集合，再求出集合，从而可求出其子集的个数.【详解】因为，，所以，所以，则的子集共有个，故选：D2.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先根据数量积求出，再根据向量夹角的坐标公式求解即可.【详解】因为，，，即，解得，所以，所以．故选：C．3.如图所示，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，则原图形的面积是（）.A.12 B.12C.6 D.【答案】D【解析】【分析】求出直观图面积，根据直观图面积和原图面积之间关系即可得答案.【详解】因为，由斜二测画法可知，则，故为等腰直角三角形，故，故矩形的面积为，所以原图形的面积是，故选：D4.某公司收集了某商品销售收入（万元）与相应的广告支出（万元）共10组数据（），绘制出如下散点图，并利用线性回归模型进行拟合.若将图中10个点中去掉点后再重新进行线性回归分析，则下列说法正确的是（）A.决定系数变小 B.残差平方和变小C.相关系数的值变小 D.解释变量与预报变量相关性变弱【答案】B【解析】【分析】从图中分析得到去掉点后，回归效果更好，再由决定系数，残差平方和，相关系数和相关性的概念和性质作出判断.【详解】从图中可以看出点较其他点，偏离直线远，故去掉点后，回归效果更好，故决定系数会变大，更接近于1，残差平方和变小，相关系数的绝对值，即会更接近于1，由图可得与正相关，故会更接近于1，即相关系数的值变大，解释变量与预报变量相关性变强，故A、C、D错误，B正确.故选：B.5.已知，且，则（）A. B.7 C. D.【答案】B【解析】【分析】利用同角三角函数基本关系求得，及，再利用两角和正切公式求解即可.【详解】由题意，消去并化简得，解得，所以，，所以.故选：B6.如图，将两个相同大小的圆柱垂直放置，两圆柱的底面直径与高相等，且中心重合，它们所围成的几何体称为“牟合方盖”，已知两圆柱的高为2，则该“牟合方盖”内切球的体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】将两个互相垂直的圆柱放到棱长为2的正方体内，则正方体的内切球与这两个圆柱的侧面和底面都相切，故可求得内切球半径，故得答案【详解】如图，将两个互相垂直的圆柱放到棱长为的正方体内，则正方体的内切球与这两个圆柱的侧面和底面都相切，又因为牟合方盖上下两个顶点和侧面的四个曲面刚好与正方体的侧面相切，故正方体的内切球内切于牟合方盖，所以正方体内切球即为牟合方盖的内切球，其半径为，所以该“牟合方盖”内切球的体积为.故选：D7.平面直角坐标系xOy中，已知点，其中，若圆上存在点P满足，则实数a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设，可得点在圆上，又点P在圆上，故两圆相交，结合两圆相交定义计算即可得.【详解】设，，则，即，即点亦在圆上，圆心为，半径，又点P在圆上，圆心为，半径，故两圆相交，即有，整理可得且，解得.故选：D.8.已知集合且，若中的点均在直线的同一侧，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】依题意可得，令，求出与的交点坐标，依题意只需或，即可求出的取值范围.【详解】依题意集合即为关于、的方程组的解集，显然，所以，即，令，由，解得或，即函数与的交点坐标为和，又，所以为奇函数，因为与在上单调递减，所以在上单调递减，则在上单调递减，依题意与、的交点在直线的同侧，只需或，即或，所以实数的取值范围为.故选：A【点睛】关键点点睛：本题关键是将问题转化为与、的交点在直线的同侧.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.已知复数，下列说法正确的有（）A.若，则 B.若，则C.若，则或 D.若，则【答案】AC【解析】【分析】A项，由复数的性质可得；BD项，举特例即可判断；C项，先证明命题“若，则，或”成立，再应用所证结论推证可得.【详解】选项A，，则，故A正确；选项B，令，满足条件，但，且均不为，故B错误；选项C，下面先证明命题“若，则，或”成立.证明：设，，若，则有，故有，即，两式相乘变形得，，则有，或，或，①当时，，即；②当，且时，则，又因为不同时为，所以，即；③当，且时，则，同理可得，故；综上所述，命题“若，则，或”成立.下面我们应用刚证明的结论推证选项C，，，，或，即或，故C正确；选项D，令，则，但，不为，故D错误.故选：.10.设，且，则下列关系式可能成立的是（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】【分析】首先求出，再分别构造函数，结合导数，利用函数单调性一一分析即可.【详解】由于，知，及其，则，解得，对AB，，设函数，，故在上单调递减，则1，即，故A对B错；对C，由于，设，，故在上单调递减，，故，若，故C对；对D，，设，，令，则，则，，则，，则在上单调递增，在上单调递减，，故，即，故D错误.故选：AC.11.如图，正四棱锥每一个侧面都是边长为4的正三角形，若点M在四边形ABCD内（包含边界）运动，N为PD的中点，则（）A.当M为AD的中点时，异面直线MN与PC所成角为B.当平面PBC时，点M的轨迹长度为C.当时，点M到AB的距离可能为D.存在一个体积为的圆柱体可整体放入正四棱锥内【答案】ACD【解析】【分析】对于AC：建立空间直角坐标系计算求解；对于B：过作面PBC的平行平面，进而可得点的轨迹；对于D：由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥内接最大圆柱的体积，表示出体积，然后利用导数求其最值即可.【详解】对于A，因为为正方形，连接与，相交于点，连接，则，，两两垂直，故以为正交基地，建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，，为的中点，则.当为的中点时，，，，设异面直线与所成角，，，故，A正确；对于B，设为的中点，为的中点，则，平面，平面，则平面，又平面，平面，又，设，故平面平面，平面平面，平面平面，则，则为的中点，点在四边形内（包含边界）运动，则，点的轨迹是过点与平行的线段，长度为4，B不正确；对于C，当时，设，，，，得，即，即点的轨迹以中点为圆心，半径为的圆在四边内（包含边界）的一段弧（如下图），到的距离为，弧上的点到的距离最小值为，因为，所以存在点M到AB的距离为，C正确；对于D，由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥内接最大圆柱的体积，设圆柱底面半径为，高为，为的中点，为的中点,，，根据相似，得，即，，则圆柱体积，设，求导得，令得，或，因为，所以舍去，即，当时，，当时，，即时有极大值也是最大值，有最大值，，故所以存在一个体积为的圆柱体可整体放入正四棱锥内，D正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法：（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知各项均为正数的等比数列，其前项和为，满足，则数列的通项公式是__________.【答案】【解析】【分析】设出数列，结合等比数列的性质将，代入计算即可得.【详解】设，由，则有，即，解得或，又各项均为正数，故，则.故答案为：.13.过点与曲线相切的直线方程为______．【答案】【解析】【分析】由导数的几何意义得出切线方程，进而由切点的位置得出，从而得出切线方程.【详解】设切点坐标为，，.则切线方程为，因为在切线上，所以，即又，所以，令，，当时，，所以在上单调递增，所以方程只有唯一解为.即切点坐标为，故所求切线方程为，即.故答案为：14.已知直线与椭圆在第一象限交于P，Q两点，与轴，轴分别交于M，N两点，且满足，则的斜率为______.【答案】##【解析】【分析】不妨设P在Q的左侧，取的中点，根据点差法可得，再根据对勾函数可知，分析可得，即可得结果.【详解】如图所示，不妨设P在Q的左侧，取的中点，设，则，可得直线的斜率，直线的斜率，因为在椭圆上，则，两式相减得，整理得，即，可知，因为在内单调递增，由可得，即，整理得，可知为的中点，则，可知，结合可得，且，则，检验符合题意，所以直线的斜率为.故答案为：.【点睛】方法点睛：弦中点问题的解决方法对于弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解，在使用根与系数的关系时，要注意使用条件，在用“点差法”时，要检验直线与圆锥曲线是否相交．四､解答题：本题共2小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.春节临近，为了吸引顾客，我市某大型商超策划了抽奖活动，计划如下：有三个抽奖项目，它们之间相互不影响，每个项目每位顾客至多参加一次，项目中奖的概率是，项目和中奖的概率都是.（1）若规定每位顾客等可能地参加三个项目中的一个项目.求该顾客中奖的概率；（2）若规定每位参加活动的顾客需要依次参加三个项目，如果三个项目全部中奖，顾客将获得100元奖券；如果仅有两个项目中奖，他将获得50元奖券；否则就没有奖券，求每位顾客获得奖券金额的期望.【答案】（1）（2）16【解析】【分析】（1）利用全概率公式求解即可；（2）先确定奖券金额的肯能取值，并求出对应的概率，即可列出分布列，求出数学期望.【小问1详解】设“该顾客中奖”为事件，参加项目分别记为事件，则，即某顾客中奖的概率是.【小问2详解】设一位顾客获得元奖券，则的可能取值为，，，所以X分布列如下：X100500P所以每位顾客获得奖金券的期望是（元）.16.已知在中，角的对边分别为，且.（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由两角和与差的余弦展开式和正弦定理再结合同角的三角函数计算可得；（2）由正弦定理和同角的三角函数关系得到，再由锐角三角形可得，从而得到，最后由三角形的面积公式求出结果即可.【小问1详解】由，得，故得所以，即.由正弦定理，得，显然，所以，所以.因为，所以.【小问2详解】由题设及（1）可知，的面积，为锐角三角形，，解得，，又，.17.在四棱锥中，底面为正方形，与相交于点，为的中点.（1）设平面平面，求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）延长交于，连接，证明平面，则平面，再证明平面，再根据线面平行的性质证得，即可得证；（2）过点作面，垂足为，确定点的位置，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【小问1详解】在正方形中，延长交于，连接，由，则，四边形为正方形，则，平面，则平面，由，则平面，由，平面平面，则平面，平面平面，平面，则，又平面，则平面；【小问2详解】在中，，由余弦定理得，平面平面，则，在中，由勾股定理得，同理可得，过点作面，垂足为，∵平面，面，所以面面，又在线段上，设，则，在Rt与中，由勾股定理得，解得，为中点，，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，设面的法向量为，面的法向量为，则，令，则，令，则，设平面与平面夹角为，则.18.设抛物线C：（），直线l：交C于A，B两点．过原点O作l的垂线，交直线于点M．对任意，直线AM，AB，BM的斜率成等差数列．（1）求C的方程；（2）若直线，且与C相切于点N，证明：的面积不小于．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题意，分与代入计算，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理代入计算，再由等差中项的定义列出方程，即可得到结果；（2）方法一：联立直线与抛物线的方程，表示出中点的坐标，再由点M，N，E三点共线可得△AMN面积为△ABM面积的，结合三角形的面积公式代入计算，即可证明；方法二：联立直线与抛物线的方程，再由，得，点，即可得到直线MN与x轴垂直，再由三角形的面积公式代入计算，即可证明.【小问1详解】设点，，由题可知，当时，显然有；当时，直线OM的方程为，点．联立直线AB与C的方程得，，所以，，因为直线AM，AB，BM的斜率成等差数列，所以．即，，化简得．将代入上式得，则，所以曲线C的方程为．【小问2详解】（法一）设直线：，联立C的方程，得．由，得，点，设AB的中点为E，因为，，则点．因，所以点M，N，E三点共线，且点N为ME的中点，所以△AMN面积为△ABM面积的．记△AMN的面积为S，点到直线AB：的距离，所以，当时，等号成立．所以命题得证．（法二）设直线：，联立C的方程，得．由，得，点．所以直线MN与x轴垂直．记△AMN的面积为S，所以．当时，等号成立．所以命题得证．【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键采用设线法，