安徽省合肥市2025届高三下学期第二次教学质量检测数学试卷（解析版）

这是一份安徽省合肥市2025届高三下学期第二次教学质量检测数学试卷（解析版），共19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。
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（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以，所以，
因为，所以，所以，
，
故选：.
2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则复数的虚部是（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】由题意，，则.
所以复数的虚部是
故选：A.
3. 若空间中三条不同的直线，，满足，，则是，，共面的（ ）
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】B
【解析】如图所示：满足，，且，但是，
所以可知是，，共面的不充分条件；
当，，共面时，由平面几何知识可知同一平面内的直线不平行必相交，
又因为，，所以必然有，
即是，，共面的必要条件，
综上可知是，，共面的必要不充分条件.
故选：B.
4. 已知向量，，设，，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，，
所以，
，
所以，，
，
设与的夹角为，
则，又，
所以，即与的夹角为.
故选：C.
5. 已知双曲线，过顶点作的一条渐近线的垂线，交轴于点，且，则的离心率为（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】D
【解析】不妨令渐近线方程为，顶点为，
则过顶点与渐近线垂直的直线的方程为 ，
令，得，则，
所以，
又因为，所以，
又因为，所以，所以，
故选：.
6 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
故选：C.
7. 已知为圆锥的底面直径，为底面圆心，正三角形内接于，若，圆锥的侧面积为，则与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设圆锥的底面半径为，母线长为，
因为，所以，
所以，所以，
所以，又正三角形内接于，
所以，解得：，所以，
所以，
过点作交的延长线于点，，
所以与所成角即为与所成角或其补角，
所以为与所成角，
由余弦定理可得：，
故选：A.
8. 已知点，，是与轴的交点．点满足：以为直径的圆与相切，则面积的最大值为（ ）
A. B. 8C. 12D. 16
【答案】B
【解析】如图，设以为直径的圆的圆心为，，
显然两圆内切，所以，
又为的中位线，所以，
所以，
所以的轨迹为以，为焦点的椭圆，
，，
显然当为椭圆短轴顶点即时，的面积最大，最大值为，
故选：B.
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. 从某校高一和高二年级分别随机抽取100名学生进行知识竞赛，按得分（满分100分）绘制如图所示的频率分布直方图，根据频率分布直方图，并用频率估计概率记高一年级学生得分平均数的估计值为，高二年级学生得分中位数与平均数的估计值分别为，．从高一和高二年级各随机抽取一名学生，记事件“高一年级学生得分不低于60分，高二年级学生得分不低于80分”，事件“高一年级学生得分不低于80分，高二年级学生得分不低于60分”则（ ）
A. B. C. 事件，互斥D.
【答案】AB
【解析】
，
∵，∴，
∴，A选项正确；，B选项正确；
∵“高一年级学生得分不低于80分，高二年级学生得分不低于80分”，C选项错误；
由评率估计概率得：，
，D选项错误.
故选：AB
10. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A. 与的图象关于直线对称
B. 与的图象关于点对称
C. 当时，
D. 当时，与的图象恰有4个交点
【答案】ACD
【解析】由题得，，
A：与的图象关于直线对称的函数为
，故A正确；
B：当时，，
，所以与的图象不关于点对称，故B错误；
C：，
当时，，
令，则，在上恒小于0，
所以在上恒大于0，即，即，故C正确；
D：令，即，
得（无解）或，
解得，
又，所以，
解得（），所以，
即函数图象共有4个交点，故D正确.
故选：ACD
11. 已知函数的定义域为，且，，则（ ）
A. B. ，
C. 的图象关于点对称D. 为偶函数
【答案】ACD
【解析】A选项，中，令得，
又，故，解得，
中，令得，故，A正确；
D选项，中，令得
，即，，
中，令得
，即，
因为，所以，故，
故的一个周期为1，
故，所以，故为偶函数，D正确；
B选项，中，令得
，
由于，，故，
由于的一个周期为1，故，
所以，解得，
中，令得
，
又，故，，
所以，故，
故不存在，，B错误；
由上可知，，故的图象关于点对称，C正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知为锐角三角形，且，，的面积为，则____________．
【答案】7
【解析】由，得，
又为锐角三角形，所以角A为锐角，所以，
在中，由余弦定理，得：，
.
故答案为：7.
13. 已知函数的最小值为，则____________．
【答案】
【解析】①若，则
时，，且单调递增，
时，，则最小值为，
若存在最小值，则有且，
得；
②若，则
时，，时，，
时，，且单调递减，
，，
若最小值为，则，且，无解；
若最小值为，则，且，得，
综上所述，或
故答案为：
14. 如图，在的方格中放入棋子，每个格子内至多放一枚棋子，若每行都放置两枚棋子，则恰好每列都有两枚棋子的概率为____________．

【答案】
【解析】设“每行都放置两枚棋子”为事件A，“每列都有两枚棋子”为事件B，
则所求概率为，
根据题意，每行都放置两枚棋子,即每行都在4个方格中选2个放置棋子，有种方法，
所以，.
对于“每行每列都放置两枚棋子”，不妨令第一行的两枚棋子放置在左边第一、二个方格，此时第二行有种放置方法，则第三、四行的放置方法如图，

图1有1种方法，图2、3、4、5各有2种方法，图6中，第三行有种放置方法，其选定方格后，第四行只有唯一的放置方法.所以总共有种方法.
因第一行棋子有种放置方法，其他5种情况同理，故.
所以，若每行都放置两枚棋子，则恰好每列都有两枚棋子的概率
故答案为：
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. 已知是等差数列，是等比数列，且，，．
（1）求和的通项公式；
（2）求数列的前项和．
解：（1）设公差为，公比为，
，故，，
，故，
联立，解得或（舍去），
故，；
（2），设数列的前项和为，
则，①
，②
两式①-②得，
所以.
16. 如图，三棱柱所有棱长都为2，,是的中点，．
（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值．
（1）证明：取的中点，连接，
因为是的中点，所以，
又因为三棱柱的所有棱长都是2，
所以四边形为菱形，所以，所以，
因为，且，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
在等边中，因为为的中点，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）解：连接，因为三棱柱的所有棱长都为2，且，
可得为等边三角形，且为的中点，所以，
由（1）知：平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
所以两两垂直，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
因为，
设与平面所成的角为，则，
所以与平面所成的角的正弦值为.
17. 已知函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求，的值；
（2）讨论的零点个数，并证明所有零点之和为0．
解：（1）求导得到，根据函数在点处的切线方程为，得到.
把代入得，
因为，所以，即.
，算出.
（2）由第（1）问知，.
令，求导得.
当，，在递减；
当，，在递增.
，，所以存唯一使，即.
当，，在递减；
当，，在递增，所以.
，又，，
根据零点存在定理，在和各有一个零点，共两个零点.
设是零点，，
经计算，
所以也是零点，零点和为.
18. 已知抛物线，，点在上．
（1）求最小值；
（2）设点的横坐标为2，过作的两条切线，分别交于，两点．
（ⅰ）求直线斜率的取值范围；
（ⅱ）证明直线过定点．
解：（1）设，则，又，
所以，
所以当时，取最小值，最小值为.
（2）记直线的斜率分别为，
因为点的横坐标为2，可得，设过的圆的切线方程为，
由题意可得，即，
因为是方程的根，所以，
又，所以，
所以，即，
（ⅰ）因为的斜率为，
所以，
又因为，所以.
即直线斜率的取值范围为；
（ⅱ）因为，所以，
所以直线的方程为，即，
即，即，
令，则，所以直线过定点．
19. 当前，以大语言模型为代表的人工智能技术正蓬勃发展，而数学理论和方法在这些模型的研发中，发挥着重要作用．例如，当新闻中分别出现“7点钟，一场大火在郊区燃起”和“7点钟，太阳从东方升起”这两个事件的描述时，它们提供的“信息量”是不一样的，前者比后者要大，会吸引人们更多关注．假设通常情况下，它们发生的概率分别是和，用这个量来刻画“信息量”的大小，计算可得前者约为9，后者接近于0．现在假设离散型随机变量的分布列为，，．则称为的信息熵，用来刻画随机变量蕴含的信息量的大小．
（1）若的分布列为，，，求的最大值；
（2）证明：；
（3）若，且为定值，设，证明：．
（1）解：由题意知，，其中．
令，则．
所以当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减．
所以在时取得最大值，且最大值为．
（2）证明：要证，即证，
因为
（当且仅当，即时等号成立成立），
，
所以.
（3）解：由题意知，
则，
由，则，
所以，则，即得．