安徽省皖豫名校聯盟高中畢業(yè)班第二次聯考數學試題

皖豫名校聯盟2024屆高中畢業(yè)班第二次考試數學考生注意：1．答題前，考生務必將自己的姓名、考生號填寫在試卷和答題卡上，并將考生號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，集合，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由對數函數的單調性解不等式得到，解分式不等式得到，求出交集.【詳解】由題意得，故，，等價于，解得，故，所以.故選：A2.若復數滿足，則的虛部為A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先由得到，再由復數除法運算，即可得出結果.【詳解】因為，所以，故的虛部為.故選D.【點睛】本題考查了復數的運算、復數的虛部的概念，突顯了對數學運算、基本概念的考查.解答本題首先要了解復數的虛部的概念，其次要能熟練進行復數的四則運算.3.已知向量，命題．若是假命題，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由題意，根據特征量詞命題的否定為真命題可得是真命題，易知時滿足題意，當時，有，解之即可求解.【詳解】由題可知，命題的否定：，且否定是真命題，即是真命題．當時，；當時，且，所以．綜上，實數的取值范圍是．故選：D4.已知數列的前項和（為常數，且），則“是等差數列”是“”的（）A.充要條件 B.充分不必要條件 C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】根據等差數列的定義及充分條件與必要條件定義判斷即可．【詳解】若是等差數列，設其公差為，則，所以，若，則，當時，，當時，，此時也滿足，所以，于是有是等差數列，所以“是等差數列”是“”的充要條件．故選：A5.已知是銳角三角形，函數，則下列結論中一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先判斷函數的奇偶性和單調性，再利用得到，同理得到，從而可判斷ABC，利用可判斷D.【詳解】函數的定義域為R，，所以是偶函數.當時，，所以在上單調遞增．因為是銳角三角形，所以，所以，即，所以，故A正確；同理，，即，故BC錯誤；當時，，故D錯誤．故選：A.6.某中學開展結合學科知識的動手能力大賽，參賽學生甲需要加工一個外輪廓為三角形的模具，原材料為如圖所示的是邊上一點，，要求分別把的內切圓，裁去，則裁去的圓的面積之和為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】設，根據已知條件在中利用正弦定理及三角公式求出，分別在內用等面積法求出內切圓半徑即可得解.【詳解】在，設，則，，所以，在中，，由正弦定理得,即，即，化簡得或，因為，所以（負值舍去），，故為等邊三角形，為等腰三角形，,在中，設圓的半徑為，根據等面積有，即，化簡得，在中，設圓的半徑為，根據等面積有，即，化簡得，所以圓的面積之和為，故選：C.7.有甲、乙等五人到三家企業(yè)去應聘，若每人至多被一家企業(yè)錄用，每家企業(yè)至少錄用其中一人且甲、乙兩人不能被同一家企業(yè)錄用，則不同的錄用情況種數是（）A.60 B.114 C.278 D.336【答案】D【解析】【分析】分三類，第一類，只有3人被錄用，第二類，只有4人被錄用，第三類，5人全部錄用，根據分類計數原理即可得到答案.【詳解】分三類情況，第一類情況，只錄用3人，有種情況；第二類情況，只錄用4人，有種情況；第三類情況，錄用5人有兩種情況：或，有種情況．所以根據分類加法計數原理共有種．故選：D.8.若函數有三個不同的零點，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】構造函數，利用導數研究其圖象性質，再將問題轉化為的零點的分布情況，從而列式即可得解.【詳解】令，得，即，記，則，對求導得，因為當時，，當時，，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，且當時，且，當時，，當時，，則函數的大致圖象如圖，記，由于有三個不同的零點，所以必有兩個不同的零點，記為，當時，有，即，無解；當時，有，即，無解；當時，有，即，解得；綜上，取值范圍為.故選：D.【點睛】關鍵點睛：本題解決的關鍵是熟練掌握二次函數的零點的分布情況，數形結合得到關于的不等式組，從而得解.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.下列說法錯誤的是（）A.當樣本相關系數滿足時，成對樣本數據的兩個分量之間滿足一種線性關系B.殘差等于預測值減去觀測值C.決定系數越大，模型擬合效果越差D.在獨立性檢驗中，當（為的臨界值）時，推斷零假設不成立【答案】BC【解析】【分析】根據相關系數時的含義可判斷A；根據殘差的定義可判斷B，根據決定系數的含義判斷C；根據獨立性檢驗的規(guī)則判斷D.【詳解】當樣本相關系數時，成對樣本數據的兩個分量之間滿足一種線性關系，故A正確；殘差等于觀測值減去預測值，故B錯誤；決定系數越大，模型擬合效果越好，故C錯誤；根據獨立性檢驗的規(guī)則，當時，推斷零假設不成立，D正確，故選：BC10.已知函數，則（）A.是奇函數 B.最小的10個正零點之和為C.是的一個周期 D.在處的切線方程為【答案】BCD【解析】【分析】根據奇偶性的定義可判斷A；令，求出對應最小的10個正零點的和可判斷B；利用周期定義可判斷C；求出，求出在處的切線方程可判斷D．【詳解】對于A，因為，所以不是奇函數，故A錯誤；對于B，令，得，即，所以或或或，即，當時，對應最小的10個正零點為，它們的和為，故B正確；對于C，由于，故C正確；對于D，，，，所以在處的切線方程為，故D正確．故選：BCD.11.若正實數滿足，記，則（）A.的最小值是2B.當取最小值時，的最小值為C.當取最仦值時，的最大值為D當取最小值時，一定有【答案】AC【解析】【分析】利用基本不等式判斷AD；將問題轉化為，利用換元法與函數單調性即可得解判斷BC；從而得解.【詳解】因為，由可得，所以，當且僅當時，等號成立，所以A正確，D錯誤；當取最小值時，，，所以，解得，又，所以，又，當且僅當時等號成立，記，則，所以，易得函數在時單調遞減，所以當時，取得最大值，則無最小值，所以B錯誤，C正確．故選：AC.12.在棱長為1的正方體中，點在棱上運動，點在正方體表面上運動，則（）A.存在點，使B.當時，經過點的平面將正方體分成體積比為的大小兩部分C.當時，點的軌跡長度為4D.當時，點的軌跡長度為【答案】BCD【解析】【分析】根據線面垂直的判定定理驗證即可判斷A；如圖，由面面平行的性質判斷幾何體是棱臺，結合棱臺的體積公式計算即可判斷B；結合圖形可知點的軌跡是以棱的中點為頂點的正方形，即可判斷C；先求出點在側面內的軌跡，并求其長度，再求出點在底面、側面內的軌跡的長度，即可判斷D.【詳解】對于A，如圖，在正方體中，易知，若存在點，使，由于與相交，所以平面，顯然不成立，故A錯誤．對于B，當時，如圖，記經過點的平面與交于點，連接，則．由于平面平面，平面平面，平面平面，所以．記，則．記，則，所以點與重合．又平面平面，所以幾何體是棱臺，，其余部分的體積為，所以經過點的平面將正方體分成體積比為的大小兩部分，故B正確．對于C，當時，點的軌跡是以棱的中點為頂點的正方形，如圖所示，軌跡的長度為4，故C正確．對于D，先看點在側面內的軌跡，以的中點為坐標原點，所在直線為軸建立平面直角坐標系，如圖．設，由可得點的軌跡方程為，其是以為圓心，為半徑的圓，記該圓與交于點，則，點在側面內的軌跡為一段圓弧．長度為，同理點在底面內的軌跡的長度也為．當點在側面內時，其軌跡可視為以為球心，為半徑的球面與側面的交線，由于，所以，點在側面內的軌跡是以為圓心，為半徑的圓的，長為．分析易知，其余面上的點均不滿足題意．所以點的軌跡長度為，故D正確．故選：BCD【點睛】方法點睛：對于立體幾何中的滿足一定條件下的點的軌跡問題，往往需要建立平面或空間直角坐標系來進行求解，將幾何問題代數化可以大大減少思考難度，提高做題效率.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知直線經過兩點，則點到直線的距離為______．【答案】【解析】【分析】根據空間向量求解即可.【詳解】由題可知，則，，故點到直線的距離為．故答案為：14.為提高學生的數學核心素養(yǎng)和學習數學的興趣，學校在高一年級開設了《數學探究與發(fā)現》選修課．在某次主題是“向量與不等式”的課上，學生甲運用平面向量的數量積知識證明了著名的柯西不等式（二維）；當向量時，有，即，當且僅當時等號成立；學生乙從這個結論出發(fā)．作一個代數變換，得到了一個新不等式：，當且僅當時等號成立，并取名為“類柯西不等式”．根據前面的結論可知：當時，的最小值是______．【答案】【解析】【分析】根據不等式構造不等式左側求解即可.【詳解】由題意得，則，當且僅當，即時，等號成立，即，則，所以，最小值為，此時．故答案為：.15.已知橢圓，是以點為直角頂點的等腰直角三角形，直角邊與橢圓分別交于另外兩點．若這樣的有且僅有一個，則該橢圓的離心率的取值范圍是______．【答案】【解析】【分析】先設出直線和直線，聯立橢圓方程，求出，表達出，根據相等關系得到無實數解或有兩個相等的實數解，分兩種情況，求出，從而求出離心率的取值范圍.【詳解】不妨設直線，則直線，聯立方程得，得，，用代替得，．由，得，該方程關于已有一解，由于符合條件的有且僅有一個，關于的方程無實數解或有兩個相等的實數解．當方程無實數解時，，解得；當方程有兩個相等的實數解時，，解得，，則該橢圓的離心率．故答案為：.【點睛】求橢圓的離心率是(或離心率的取值范圍)，常見有兩種方法：①求出，代入公式；②只需要根據一個條件得到關于的齊次式，結合轉化為的齊次式，然后等式(不等式)兩邊分別除以或轉化為關于離心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得離心率(離心率的取值范圍).16.從教學樓一樓到二樓共有11級臺階（從下往上依次為第1級，第2級，，第11級），學生甲一步能上1級或2級臺階，若甲從一樓上到二樓使用每一種方法都是等概率的，則甲踩過第5級臺階的概率是______．【答案】【解析】【分析】結合題意求得學生甲上每級臺階的方法數，從而利用古典概型的概率公式即可得解.【詳解】記學生甲上到第級臺階共有種上法，則，當時，學生甲上到第級臺階，可以從第級或第級上去，所以，于是，，，其中甲踩過第5級臺階的上臺階方法數，可分兩步計算，第一步，從第1級到第5級，共有種方法；第二步，從第6級到第11級，相當于從第1級到第6級的方法數，共有種方法；所以甲踩過第5級臺階的上臺階方法數有，則甲踩過第5級臺階的概率是．故答案為：.【點睛】關鍵點睛：本題解決的關鍵是得到遞推關系式，從而得解.四、解答題：共70分：解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.如圖，任四棱錐中，為棱的中點，．（1）求證：；（2）若，求與平面所成角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）連接，證明四邊形是正方形，即證明，即可證明平面，根據線面垂直的性質定理，即可證明結論；（2）建立空間直角坐標系，求得相關點的坐標，求出平面的法向量，根據空間角的向量求法，即可得答案.【小問1詳解】如圖，連接為棱的中點，，，故,則，又，，則四邊形是平行四邊形，又，，則平行四邊形是正方形，，又平面，平面，又平面．【小問2詳解】，．由（1）知,故，，又平面，平面．以為坐標原點，所在直線分別為軸、軸、軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，．設平面的法向量為，則，即，令，則．設與平面所成的角為，則，，即與平面所成角的余弦值為.18.在中，角的對邊分別為，.（1）求角；（2）若為鈍角三角形，且，求的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）化切為弦，然后根據兩角和的正弦公式化簡即可求解；（2）利用正弦定理化邊為角，根據輔助角公式化為，結合角的范圍利用正弦函數的性質即可求解范圍.【小問1詳解】由，得，即，所以，又，所以，又且，所以.【小問2詳解】由正弦定理，得，所以，所以，因為是鈍角三角形，不妨設為鈍角，則，所以，因為，所以，所以，所以的取值范圍是.19.某工廠生產一批螺絲釘，長度均為整數，且在至之間，技術監(jiān)督組為了解生產的螺絲釘質量，按照長度分為9組，每組抽取150個對其中的優(yōu)質螺絲釘個數進行統(tǒng)計，數據如下：長期區(qū)間優(yōu)質個數818184888483837066（1）設每個長度區(qū)間的中點值為，優(yōu)質個數為，求關于的回歸直線方程．若該廠又生產了一批長度區(qū)間為的螺絲釘，并從中隨機抽取50個，請根據回歸直線方程預測這150個中的優(yōu)質個數．（2）若在某一長度區(qū)間內有超過半數的螺絲釘是優(yōu)質的，則認為從該長度區(qū)間內任選一個均為優(yōu)質的，否則不是．現從這五個長度區(qū)間中各隨機抽取一個，再從這5個螺絲釘中任選3個，記隨機變量為其中的優(yōu)質個數，求的分布列與數學期望．（參考公式和數據：）【答案】19.；20.分布列見解析；【解析】【分析】（1）根據線性回歸分別求出，，從而求解．（2）根據題意可知的所有可能取值為，，，然后求出相應的概率列出分布列，求出期望從而求解.【小問1詳解】由題意得，所以，所以又所以，故關于的回歸直線方程為．當時，，即預測長度區(qū)間為的個螺絲釘中的優(yōu)質個數為．【小問2詳解】根據題意，在，，，，這五個長度區(qū)間中，這三個長度區(qū)間中超過半數是優(yōu)質的，在，這兩個長度區(qū)間中優(yōu)質的不足一半，故隨機抽取得到的個螺絲釘中有個是優(yōu)質的．所以的所有可能取值為，，，則，故隨機變量的分布列為．故期望為.20.已知數列滿足，且，數列滿足，且（表示不超過的最達整數），．（1）求；（2）令，記數列的前項和為，求證：．【答案】（1）2（2）證明見解析【解析】【分析】（1）先推導可得，再累加可得，再判斷當時，即可得；（2）推導可得是以為首項，為公比的等比數列，代入通項公式可得，再根據，累加求和證明即可.【小問1詳解】，，，．又是遞增數列，，當時，．．【小問2詳解】，，則有，是以為首項，為公比的等比數列，．，，原不等式得證．21.已知雙曲線分別是的左、右焦點．若的離心率，且點在上．（1）求的方程．（2）若過點的直線與的左、右兩