精品解析：安徽省合肥市2024-2025学年高三下学期第二次教学质量检测数学试卷

2025年合肥市高三第二次教学质量检测 数学 （考试时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 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. 1 C. D. 2 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 4. 已知向量，设，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 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. 3 B. 2 C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 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. 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. 8 C. 12 D. 16 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. 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 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 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____________． 13. 已知函数的最小值为，则____________． 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____________． 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． 16. 如图，三棱柱的所有棱长都为2，,是的中点，． （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值． 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． 18. 已知抛物线，，点在上． （1）求的最小值； （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． 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：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年合肥市高三第二次教学质量检测 数学 （考试时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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】 【分析】分别化简集合，结合交集的运算规律即可求解. 【详解】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. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的几何意义得到复数的代数式，再利用复数的除法运算即可. 【详解】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】 【分析】通过特例说明不能推出，，共面，即充分性不成立；再由平面几何知识得出同一平面内的直线不平行必相交，推出一定成立，即必要条件成立，两者综合即可得出结果. 【详解】 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】 【分析】由向量线性运算的坐标表示计算出，再由数量积公式计算出夹角的余弦，结合角度范围求出夹角. 【详解】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. 3 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知求出点，算出，结合已知可得 ，即可求解 【详解】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】 【分析】根据同角关系，两角差正弦公式化简可得，由此可求，由配方，结合平方关系可求结论. 【详解】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】 【分析】先求出圆锥的底面半径和，过点作交的延长线于点，为与所成角，由余弦定理求解即可. 【详解】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. 8 C. 12 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】由图可以判定，两圆内切，然后根据内切的判定得到B的轨迹方程为椭圆，根据椭圆的性质即可确定最大值. 【详解】 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】 【分析】由频率分布直方图求出对应的值，即可判断AB选项；由互斥事件的定义求来判断C选项；求出来判断D选项. 【详解】， ， ∵，∴， ∴，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； 由频率估计概率得：， ，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】 【分析】根据三角函数图象的平移变换得到，利用正弦函数图象的对称性判断AB；验证即可判断C；求出方程的解的个数即可判断D. 【详解】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】 【分析】A选项，令得，令得；D选项，令得，令得，故，的一个周期为1，，所以，故为偶函数，D正确；BC选项，令，结合函数周期，得到，令得，所以，故，故B错误，C正确. 【详解】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】 【分析】由面积和两边长,可以求出夹角A的正弦值，再利用同角三角函数关系求出余弦值，最后利用余弦定理求出另一边长即可. 【详解】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】 【分析】分类讨论，或，求出的解析式，根据解析式画出图象，研究最值的情况即可. 【详解】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】 【分析】根据题意，利用分步乘法计数原理和列举法求出事件数，再利用条件概率公式求概率即可. 【详解】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. 因为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． 【答案】（1），； （2） 【解析】 【分析】（1）设出公差和公比，根据条件得到方程组，求出公差和公比，得到通项公式； （2），利用错位相减法求和得到答案. 【小问1详解】 设公差为，公比为， ，故，， ，故， 联立，解得或（舍去）， 故，； 【小问2详解】 ，设数列的前项和为， 则，① ，② 两式①-②得， 所以. 16. 如图，三棱柱的所有棱长都为2，,是的中点，． （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值． 【答案】（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） 【解析】 【分析】（1）取的中点，得到，证得，再由，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到，结合，证得平面，进而证得平面平面. （2）连接，证得平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为和向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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． 【答案】（1）； （2）证明：由第（1）问知，.  令，求导得. 当，，在递减； 当，，在递增.  ，，所以存在唯一使，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. 【解析】 【分析】（1）求导得到表达式，把代入，能得到含的等式，算出.再代入到算出另一个未知量b. （2）根据第（1）问结果得到和. 令，对处理，根据结果判断在不同范围的增减情况. 依据正负，判断在不同范围的增减，得出最小是. 算出小于，再找两点使式子值大于，确定有两个特殊点. 设一个特殊点为，发现也是，所以和为. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 略 18. 已知抛物线，，点在上． （1）求的最小值； （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． 【答案】（1）取最小值为 （2）（ⅰ）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． 【解析】 【分析】（1）设，由两点间的距离公式可得，进而可求最小值； （2）记直线的斜率分别为，设切线方程为，由题意可得，进而可得，联立直线与椭圆方程可得，（ⅰ）可得，计算可求直线斜率的取值范围；（ⅱ）可求得直线的方程为，进而可求定点. 【小问1详解】 设，则，又， 所以， 所以当时，取最小值，最小值为. 【小问2详解】 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）略 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：． 【答案】（1）； （2） 令，则， 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 所以，即， 要证，即证， 因为 （当且仅当，即时等号成立成立）， ， 所以. （3） 由题意知， 则， 由，则， 所以，则，即得． 【解析】 【分析】（1）写出，再求导即可求出其最值； （2）转化为证明，再作差放缩即可证明； （3）根据得到，两边同时求导即可证明. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $