第1頁/共1頁2025年合肥市高三第二次教學質量檢測數學（考試時間：120分鐘滿分：150分）注意事項：1．答卷前，務必將自己的姓名和座位號填寫在答題卡和試卷上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，務必擦凈后再選涂其它答案標號．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、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，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分別化簡集合，結合交集的運算規律即可求解.【詳解】因為，所以，所以，因為，所以，所以，，故選：.2.在復平面內，復數對應的點的坐標是，則復數的虛部是（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】【分析】根據復數的幾何意義得到復數的代數式，再利用復數的除法運算即可.【詳解】由題意，，則.所以復數的虛部是故選：A.3.若空間中三條不同的直線，，滿足，，則是，，共面的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】通過特例說明不能推出，，共面，即充分性不成立；再由平面幾何知識得出同一平面內的直線不平行必相交，推出一定成立，即必要條件成立，兩者綜合即可得出結果.【詳解】如圖所示：滿足，，且，但是，所以可知是，，共面的不充分條件；當，，共面時，由平面幾何知識可知同一平面內的直線不平行必相交，又因為，，所以必然有，即是，，共面的必要條件，綜上可知是，，共面的必要不充分條件.故選：B.4.已知向量，，設，，則與的夾角為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由條件結合向量坐標運算公式求，，再求，，，再結合向量夾角公式求結論.【詳解】因為，，所以，，所以，，，設與的夾角為，則，又，所以，即與的夾角為.故選：C.5.已知雙曲線，過頂點作的一條漸近線的垂線，交軸于點，且，則的離心率為（）A.3 B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】根據已知求出點，算出，結合已知可得，即可求解【詳解】不妨令漸近線方程為，頂點為，則過頂點與漸近線垂直的直線的方程為，令，得，則，所以，又因為，所以，又因為，所以，所以，故選：.6已知，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據同角關系，兩角差正弦公式化簡可得，由此可求，由配方，結合平方關系可求結論.【詳解】因為，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，故選：C.7.已知為圓錐的底面直徑，為底面圓心，正三角形內接于，若，圓錐的側面積為，則與所成角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出圓錐的底面半徑和，過點作交的延長線于點，為與所成角，由余弦定理求解即可.【詳解】設圓錐的底面半徑為，母線長為，因為，所以，所以，所以，所以，又正三角形內接于，所以，解得：，所以，所以，過點作交的延長線于點，，所以與所成角即為與所成角或其補角，所以為與所成角，由余弦定理可得：，故選：A.8.已知點，，是與軸的交點．點滿足：以為直徑的圓與相切，則面積的最大值為（）A. B.8 C.12 D.16【答案】B【解析】【分析】由圖可以判定，兩圓內切，然后根據內切的判定得到B的軌跡方程為橢圓，根據橢圓的性質即可確定最大值.【詳解】如圖，設以為直徑的圓的圓心為，，顯然兩圓內切，所以，又為的中位線，所以，所以，所以的軌跡為以，為焦點的橢圓，，，顯然當為橢圓短軸頂點即時，的面積最大，最大值為，故選：B.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.從某校高一和高二年級分別隨機抽取100名學生進行知識競賽，按得分（滿分100分）繪制如圖所示的頻率分布直方圖，根據頻率分布直方圖，并用頻率估計概率記高一年級學生得分平均數的估計值為，高二年級學生得分中位數與平均數的估計值分別為，．從高一和高二年級各隨機抽取一名學生，記事件“高一年級學生得分不低于60分，高二年級學生得分不低于80分”，事件“高一年級學生得分不低于80分，高二年級學生得分不低于60分”則（）A. B. C.事件，互斥 D.【答案】AB【解析】【分析】由頻率分布直方圖求出對應的值，即可判斷AB選項；由互斥事件的定義求來判斷C選項；求出來判斷D選項.【詳解】，，∵，∴，∴，A選項正確；，B選項正確；∵“高一年級學生得分不低于80分，高二年級學生得分不低于80分”，C選項錯誤；由評率估計概率得：，，D選項錯誤.故選：AB10.將函數的圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，則（）A.與的圖象關于直線對稱B.與的圖象關于點對稱C.當時，D.當時，與的圖象恰有4個交點【答案】ACD【解析】【分析】根據三角函數圖象的平移變換得到，利用正弦函數圖象的對稱性判斷AB；驗證即可判斷C；求出方程的解的個數即可判斷D.【詳解】由題得，，A：與的圖象關于直線對稱的函數為，故A正確；B：當時，，，所以與的圖象不關于點對稱，故B錯誤；C：，當時，，令，則，在上恒小于0，所以在上恒大于0，即，即，故C正確；D：令，即，得（無解）或，解得，又，所以，解得（），所以，即函數圖象共有4個交點，故D正確.故選：ACD11.已知函數的定義域為，且，，則（）A. B.，C.的圖象關于點對稱 D.為偶函數【答案】ACD【解析】【分析】A選項，令得，令得；D選項，令得，令得，故，的一個周期為1，，所以，故為偶函數，D正確；BC選項，令，結合函數周期，得到，令得，所以，故，故B錯誤，C正確.【詳解】A選項，中，令得，又，故，解得，中，令得，故，A正確；D選項，中，令得，即，，中，令得，即，因為，所以，故，故的一個周期為1，故，所以，故為偶函數，D正確；B選項，中，令得，由于，，故，由于的一個周期為1，故，所以，解得，中，令得，又，故，，所以，故，故不存在，，B錯誤；由上可知，，故的圖象關于點對稱，C正確.故選：ACD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知為銳角三角形，且，，的面積為，則____________．【答案】7【解析】【分析】由面積和兩邊長,可以求出夾角A的正弦值，再利用同角三角函數關系求出余弦值，最后利用余弦定理求出另一邊長即可.【詳解】由，得，又為銳角三角形，所以角A為銳角，所以，在中，由余弦定理，得：，.故答案為：7.13.已知函數的最小值為，則____________．【答案】【解析】【分析】分類討論，或，求出的解析式，根據解析式畫出圖象，研究最值的情況即可.【詳解】①若，則時，，且單調遞增，時，，則最小值為，若存在最小值，則有且，得；②若，則時，，時，，時，，且單調遞減，，，若最小值為，則，且，無解；若最小值為，則，且，得，綜上所述，或故答案為：14.如圖，在的方格中放入棋子，每個格子內至多放一枚棋子，若每行都放置兩枚棋子，則恰好每列都有兩枚棋子的概率為____________．【答案】【解析】【分析】根據題意，利用分步乘法計數原理和列舉法求出事件數，再利用條件概率公式求概率即可.【詳解】設“每行都放置兩枚棋子”為事件A，“每列都有兩枚棋子”為事件B，則所求概率為，根據題意，每行都放置兩枚棋子,即每行都在4個方格中選2個放置棋子，有種方法，所以，.對于“每行每列都放置兩枚棋子”，不妨令第一行的兩枚棋子放置在左邊第一、二個方格，此時第二行有種放置方法，則第三、四行的放置方法如圖，圖1有1種方法，圖2、3、4、5各有2種方法，圖6中，第三行有種放置方法，其選定方格后，第四行只有唯一的放置方法.所以總共有種方法.因第一行棋子有種放置方法，其他5種情況同理，故.所以，若每行都放置兩枚棋子，則恰好每列都有兩枚棋子的概率故答案為：四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.已知是等差數列，是等比數列，且，，．（1）求和的通項公式；（2）求數列的前項和．【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）設出公差和公比，根據條件得到方程組，求出公差和公比，得到通項公式；（2），利用錯位相減法求和得到答案.【小問1詳解】設公差為，公比為，，故，，，故，聯立，解得或（舍去），故，；【小問2詳解】，設數列的前項和為，則，①，②兩式①-②得，所以.16.如圖，三棱柱所有棱長都為2，,是的中點，．（1）證明：平面平面；（2）求與平面所成角的正弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取的中點，得到，證得，再由，利用線面垂直的判定定理，證得平面，得到，結合，證得平面，進而證得平面平面.（2）連接，證得平面，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，求得平面的一個法向量為和向量，結合向量的夾角公式，即可求解.【小問1詳解】證明：取的中點，連接，因為是的中點，所以，又因為三棱柱的所有棱長都是2，所以四邊形為菱形，所以，所以，因為，且，平面，所以平面，又因為平面，所以，在等邊中，因為為的中點，所以，又因為，且平面，所以平面，因為平面，所以平面平面.【小問2詳解】解：連接，因為三棱柱的所有棱長都為2，且，可得為等邊三角形，且為的中點，所以，由（1）知：平面平面，平面平面，且平面，所以平面，所以兩兩垂直，以為坐標原點，以所在的直線分別為軸，軸和軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，所以，設平面的法向量為，則，取，可得，所以，因為，設與平面所成的角為，則，所以與平面所成的角的正弦值為.17.已知函數，曲線在點處的切線方程為．（1）求，的值；（2）討論的零點個數，并證明所有零點之和為0．【答案】（1）；（2）證明見解析【解析】【分析】（1）求導得到表達式，把代入，能得到含的等式，算出.再代入到算出另一個未知量b.（2）根據第（1）問結果得到和.

令，對處理，根據結果判斷在不同范圍的增減情況.

依據正負，判斷在不同范圍的增減，得出最小是.

算出小于，再找兩點使式子值大于，確定有兩個特殊點.

設一個特殊點為，發現也是，所以和為.【小問1詳解】求導得到，根據函數在點處的切線方程為，得到.把代入得，因為，所以，即.，算出.【小問2詳解】由第（1）問知，.

令，求導得.當，，在遞減；當，，在遞增.

，，所以存唯一使，即.

當，，在遞減；當，，在遞增，所以.

，又，，根據零點存在定理，在和各有一個零點，共兩個零點.

設是零點，，經計算，所以也是零點，零點和為.18.已知拋物線，，點在上．（1）求最小值；（2）設點的橫坐標為2，過作的兩條切線，分別交于，兩點．（ⅰ）求直線斜率的取值范圍；（ⅱ）證明直線過定點．【答案】（1）取最小值為（2）（ⅰ）直線斜率的取值范圍為；（ⅱ）證明見解析．【解析】【分析】（1）設，由兩點間的距離公式可得，進而可求最小值；（2）記直線的斜率分別為，設切線方程為，由題意可得，進而可得，聯立直線與橢圓方程可得，（ⅰ）可得，計算可求直線斜率的取值范圍；（ⅱ）可求得直線的方程為，進而可求定點.【小問1詳解】設，則，又，所以，所以當時，取最小值，最小值為.【小問2詳解】記直線的斜率分別為，因為點的橫坐標為2，可得，設過的圓的切線方程為，由題意可得，即，因為是方程的根，所以，又，所以，所以，即，（ⅰ）因為的斜率為，所以，又因為，所以.即直線斜率的取值范圍為；（ⅱ）因為，所以，所以直線的方程為，即，即，即，令，則，所以直線過定點．19.當前，以大語言模型為代表的人工智能技術正蓬勃發展，而數學理論和方法在這些模型的研發中，發揮著重要作用．例如，當新聞中分別出現“7點鐘，一場大火在郊區燃起”和“7點鐘，太陽從東方升起”這兩個事件的描述時，它們提供的“信息量”是不一樣的，前者比后者要大，會吸引人們更多關注．假設通常情況下，它們發生的概率分別是和，用這個量來刻畫“信息量”的大小，計算可得前者約為9，后者接近于0．現在假設離散型隨機變量的分布列為，，．則稱為的信息熵，用來刻畫隨機變量蘊含的信息