【数学答案】安徽省淮北市和淮南市2025届高三第二次质量检测（南北二模）

淮北市2025届高三第二次质量检测数学参考答案及评分标准一、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.C2.A3.D4.C5.B6.B7.A8.D二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每题选对一个得2分，选对两个得4分，全部选对得6分，有选错的得0分.9.ABD10.ABD11.BCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.17-3256π712.213.14.第一空为（2分），第二空为（3分）234四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤.ππ15.(Ⅰ)由b=2asinC+得sinB=2sinAsinC+44π因为sinB=sinA+C=sinAcosC+cosAsinC，2sinC+=sinC+cosC4所以sinAcosC+cosAsinC=sinAsinC+cosC即cosAsinC=sinAsinC所以tanA=1π所以A=⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分41(Ⅱ)由三角形的面积为2知bcsinA=2,所以bc=42由余弦定理知a2=b2+c2-2bccosA，即b2+c2=1+4222所以b+c=b2+c2+2bc=9+42=1+22故b+c=1+22所以三角形的周长为a+b+c=2+22.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分16.(Ⅰ)分别在△ABD和△CBD中使用余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD⋅AB⋅cosθ=CD2+CB2-2CD⋅CB⋅cosθ即1+4-4cosθ=3+3-6cosθ1得cosθ=2π所以θ=;⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分3ππ(Ⅱ)因为AB=2,AD=1,∠BAD=,所以BD=3,从而∠ADB=,所以BD⏊AD.32又SD⊥平面ABCD，所以SD⊥AD,又AD⋂BD=D，所以AD⊥平面SBD，所以AD⊥SB.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分Ⅲ方法一：设三棱锥S-ABC的体积为V，△ABC和△SBC的面积分别为S1,S2，点A到平面39131139SBC的距离为h，则S=3,S=，V=S⋅SD=,且V=S⋅h=⋅h,12431332341393413由⋅h=得h=34313h226所以SA与平面SBC所成角的正弦值为=.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15分SA13方法二：以D为坐标原点，分别以DA，DB，DS为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则·1·33S0,0,1,A1,0,0,B0,3,0,C-,,0,2233SA=1,0,-1,SB=0,3,-1,BC=-,-,022设平面SBC的法向量为n=x,y,z,则3y-z=0-3x-3y=022所以可取n=-1,3,3,SA⋅n4226所以SA与平面SBC所成角的正弦值为==.⋯⋯⋯⋯⋯⋯15分SA⋅n2613x2117.(Ⅰ)若a=1，则fx=-2x+lnx，fx=x-2+2x33所以f1=0,f1=-，函数fx在x=1处的切线方程为y=-；⋯⋯⋯⋯5分22ax2-2x+a(Ⅱ)fx的定义域为0,+∞，fx=x-2+=xxx2当a=0时fx=-2x，fx有且仅有一个零点4；⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分2当a≥1时，fx≥0，函数fx递增，由f1<0,f4=aln4>0，知fx存在唯一零点x0∈(1,4)；⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分当00，函数fx递增；当x∈x1,x2时fx<0，函数fx递减；当x∈x2,+∞时fx>0，函数fx递增；x2当x∈(0,1]时，-2x<0,alnx≤0，所以fx<0，函数fx无零点；2因为当x∈1,x2时fx递减，当x∈x2,+∞时fx递增，且fx20，所以fx存在唯一零点x0∈(1,4).综上所述,当a≥0时，fx有且仅有一个零点.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15分1333118.(Ⅰ)由k⋅k=得⋅==，PAPB4-4+a-4-a16-a24解得a2=4，163x2又-=1，解得b2=1，于是E的方程为：-y2=1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分a2b2422(Ⅱ)(方法1)设Q(x0,y0)，M(m,0)，显然-2