2024届安徽省安庆市高三下学期二模考试数学答案

2024年安庆二模数学参考答案一、选择题1.A【解析】A=−12，，B=(−，−1)(1，+)，AB=(12，，故选A.2.B2i13i−+−−13i【解析】因为z==，所以z=，得zz=1，故选B.3i−223.C【解析】设F是椭圆的另一个焦点，根据题意和椭圆的对称性可知，PFQ=F，所以△PFQ的周长PFQFPQQFQFPQPQ++=++=+10≥10+=616，当且仅当直线PQ与y轴重合时等号成立，故选C.4.B【解析】因为前3组数据的频率之和为0.05+0.15+0.2=0.4，前4组数据的频率之和为0.05+0.15+0.2+0.3=0.7，则64%分位数在(70，80内，设分位数为x，则0.4+(x−70)0.030=0.64，解得x=78，所以分位数为78，故选B．5.Cn-1【解析】已知aqn00，，且q1，aaqn=1.若an为递减数列，由指数型函数的性质可知，0＜q＜1，随着n趋向无穷大，an趋向于0，所以一定存在正整数m，当n＞m时，an＜1.若存在正整数，当n＞m时，an＜1恒成立，假使q＞1，由指数型函数的性质，则当趋向无穷大，趋向于无穷大，不符合要求.只有当0＜q＜1满足条件，此时为递减数列，所以是充要条件，故选C.16.A【解析】因为C(03，)，且BC=1，所以点B在以点C为圆心，1为半径的圆上.如图，过点P作圆的切线，设在第二象限的切点为B，连接BC，则BCBP⊥.连接CP，在Rt△CBP中，BC=1，2PC=+=1322()，所以，ππ=CPB.又易知=CPO，所以63第6题解答图πππ=BPOCPOCPB−=−=.366π5π5π因为π−=，所以OP与PB夹角最大值为，故选A.6667.Bπ【解析】由f(x)=cos2x+sin2x=2sin2x+，因为f(x)的图象关4πππ1于点，0对称，所以2+=kπ，=2k−，kZ.4442πππ2ππ又在0，上没有最小值，2x++，，所以344342ππ3π153+≤，≤，故=，故选B.342828.D【解析】对于A，若ECDE⊥1，则EC⊥平面D1ED，故EC⊥DE.在矩形ABCD中取边AB的中点E，因为AB=2AD，易证得，所以EC⊥D1E.故A错误；对于B，在A1D1上任取点P1，过P1，B1，B作正方体的截面P1B1BP，其中P1P//B1B，PBEC=M.2在平面P1B1BP中，P1M与B1B不平行，故P1MB1B=N.因为P1是在A1D1上任取的点，故这样的直线P1N有无数条.故B错误；π对于C，易求得二面角D−AE−D的平面角为=DAD，在锐二面角114D1−AE−D中过点A作D1AD的平分线，显然满足与平面D1AE和平面DAEC都π成；在平面DAE和平面所成钝二面角中，过点作与平面DAE和平面811都成的直线有2条；现过点E分别作这3条直线的平行线可作3条，即过点与平面D1AE和平面所成角都等于的直线有且只有3条.故C错误；对于D，第一类：通过点位于三条棱之间的直线中有一条与AB，AD，AA1所成的角都相等；第二类：在图形外部与每条棱的反向延长线和另2条棱夹角相等的直线有3条，合计4条.现过点分别作这4条直线的平行线，这样的平行线共有4条，D正确，故选D.二、多项选择题9.ACD【解析】解析：令xy==0，可得，f(01)=，A项正确；令xy==−11，，可得，fff(01111)=+−−=()()，所以ff(112)+−=()，B项错误；令xx12，则fxfxfxx(1212)=+−−()()1，而xx12−0，fxx(12−)1，则f(x1)−f(x2)=f(x1−x2)−10，fxfx(12)()，所以函数fx()为减函数，C项正确；令yx=−，f(0)=f(x)+f(−x)−1=1，fxfx()+−=()2，则函数fx()关于点(01，)对称，D项正确.10.CD【解析】易知抛物线C的方程为xy2=4，直线l的方程为yx=+tan1，将3yx=+tan1代入xy2=4，整理得xx2−−=4tan40.设A(xy11，)，B(xy22，)，则xx12+=4tan，xx12=−4.所以ABxxx=++−=++x1tan41tan16tan162222()(1212)()=+41(tan2)，π2π由AB=16，得tan32=，所以tan3=，所以=或=，所以A33不正确.11因为SSSOFxxxx=+=−=−=+21tan22，当且AOBAOFBOF222121仅当=0时，△AOB的面积有最小值2，故B不正确.1因为切线AE的方程为yxxxy=−+()，切线BE的方程为21111yxxxy=−+()，联立可得点E的坐标为(2tan1，−)，故点E在一条定直线2222y=−1上，所以C正确.当时=0°时，显然=90°，−=90°；当时0°时，因为−−111tan==−，所以tantan1=−，这说明直线EF与直线l互相2tan−0tan垂直，所以°，所以D正确.11.BCD.【解析】若A成立，由已知有a3=3，a4=4，a5=7，由15102(a+ta)=a+ta+a+ta，解得t=，得到a+ta的前4项依次为，，3221433n+1n331525，，不可能构成等差数列，故A错误.33s−t=1对B，设an+2+tan+1=s(an+1+tan)，则an+2=(s−t)an+1+stan，故，有st=1非零实数解，且a2+ta10，故B正确.4对C，an+4+an=(an+3+an+2)+(an+2−an+1)=3an+2，故C正确.2024对，n+2n+1n，即i20231D(−1)an+2=−(−1)an+1+(−1)an(−1)ai=−(−1)a2023+(−1)a1i=32024，故i，故正确=a2023−2(−1)ai=a2023−3D.i=1三、填空题12.210101【解析】二项式x+的展开式中，通项公式为3xr510−r5−rr1r66C10(x)=C10x，0≤r≤10，当r=6时，常数项C10=210.3x13.3π【解析】过圆锥的轴PM作截面，显然其截面为等腰PAB，球心O在轴上，点是内切球的球心，故OM=ON，点是外接球的球心，故OP=OB，所以是等边三角形.因为AB=2，所以半径MB=1，母线PB=2，求得圆锥的表面积为线.114.a，a第13题解答图2【解析】曲线C有x轴，y轴，y=x，y=−x四条对称轴，由曲线的对称性，内切圆心为坐标原点，只需考察第一象限内，曲线上的点到原点距离的最小值即为内切圆半径，第一象限内曲线上的点为P(x，y)，则PO=x2+y2，令1111π266x3=a3cos，y3=a3sin，0，，则PO=a(cos+sin)23π1=a1−sin22，故当=时，PO=a，即内切圆半径为；44min2由曲线的对称性，只需考察第一象限内的点(m，n)(m＞0，n＞0)为切点的直5312222222线，考查函数33，则切线方程为333，设切y=a−xy=−ma−m(x−m)+n222线与x轴，y轴交点为A，B，由于m3+n3=a3，令y=0，得A点坐标122133，，令，得点坐标33，，故mn+m0x=0Bmn+n0222212212222223333333333AB=mn+m+mn+n=mn+m+nm+n=a.四、解答题15．【解析】sinABDsinADB2sinBAD（1）由已知得：+=，cosABDcosADBcosABDsinABDcosADB+cosABDsinADB2sinBAD故=，cosABDcosADBcosABDsin(ABD+ADB)2sinBAD所以=.cosABDcosADBcosABD………………3分因为sinsin(+ABDADBBADBAD=−=)(π)sin0，1π故cosADB=，所以=ADB.23………………6分（2）解法一：由已知，△ABD为边长为4的等边三角形，πBCAB在△ABC中，=ACB，由正弦定理得=，6sinBACsinACBABsinBAC故BC==8sinBAC.sinACBπ由于BAC+BCA+ABD+CBD=π，所以+BACCBD=，2故BC=8cosCBD.………………9分在△BCD中，由余弦定理得CD2=BD2+BC2−2BDBCcosCBD，6即CD2=42+BC2−8BCcosCBD=16，得CD=4.………………13分解法二：设=ACD，因为=ADC90°，所以ADAC=sin，即4AC=①.sin………………8分ACABAC4在△ABC中，=，所以==8，即sinsinABCACBsin(π−)12AC=8sin②.………………10分2由①②得，sin=，所以=45°，2………………12分所以CD=4.………………13分解法三：以D为圆心，DA为半径作圆.若点C在圆内，如图，连接AC并延长交圆于C，连CB，1π则=ACBAC+BCBCAC==BADB，26π与=ACB矛盾；6………9分π若点在圆外，同理可得ACB，6与矛盾.………12分第15题解答图故点在圆上，所以DCDA==4.………13分16.【解析】3（1）当m=−3时，f(x)=2lnx−x−，其定义域为(0，+)，x72323−++xx2−−+(xx31)()求导，得fx()=−+==1.xxxx222………………3分令fx()=0，得x=3（x=−1舍去），………………4分当03x时，fx()0，函数fx()单调递增；………………5分当x3时，fx()0，函数单调递减.………………6分所以函数的单调递增区间为(03，)，单调递减区间为(3，+).………………7分（2）方法1：由条件可知f(1)≤0，于是m−1≤0，解得m≤1.………………8分m1当时，f(x)=2lnx−x+≤2lnx−x+，xx………………9分1构造函数g(x)=2lnx−x+，x≥1，x221(x−1)对其求导，得gx()=−−=10−≤，xxx22………………10分所以函数gx()在1，+)上单调递减，于是g(x)≤g(1)=0，………………14分因此实数m的取值范围是(−，1.………………15分方法2：由条件可知m≤x2−2xlnx对任意的x1，+)恒成立，………………8分82令h(x)=x−2xlnx，x≥1，只需m≤h(x)min即可.………………10分对函数hx()求导，得h(x)=2x−2(lnx+1)=2(x−lnx−1)，121(x−)hx()=−=21≥0，所以函数hx()在1,+)上单调递增，xx………………12分于是h(x)≥h(10)=，所以函数hx()在1，+)上单调递增，所以hxh==11，于是m≤1，()min()………………14分因此实数m的取值范围是(−，1.………………15分17.【解析】（1）证明：取BC的中点O，连接OAOP、，如图所示.因为四边形ABDC是边长为2的菱形，PBC是边长为2的等边三角形，所以ABC也是边长为2的等边三角形.在等边PBC中，O是BC的中点，故OP⊥BC；且OA=OP=3，又PA=6，故OP⊥OA；又OABC=O，故OP⊥平面ABC；第17题解答图1又OP平面PBC，故平面PBC⊥平面ABC..………………6分（2）由（1）知，，.又是等边的边中点，故O