安徽省皖江名校联盟2024届高三下学期4月模拟数学试题+答案_2024年4月_01按日期_14号_2024届安徽省皖江名校联盟高三下学期4月二模_安徽省皖江名校联盟2024届高三下学期4月二模试题数学

姓名___________ 座位号_________________________ （在此卷上答题无效） 数 学 本试卷共 4页，19题。全卷满分 150分，考试时间 120分钟。 考生注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴 在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写 在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿 纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。 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。 2i 1．已知复数z  ，则z的共轭复数z （ ） i A．12i B．12i C．12i D．12i 2．已知集合A1,2,3，B  x xa  ，AI ð B A，则实数a的取值范围是（ ） R A．a1 B．a1 C．a3 D．a3 3．已知m是直线，，是两个不同的平面，下列正确的命题是（ ） A．若m∥，∥，则m∥ B．若m，，则m∥ C．若m∥，，则m D．若m∥，m，则 4．已知数列a 的前n项和为S n2 1，等比数列b 满足b a ，b a ，若b a ，则m n n n 1 2 2 5 10 m （ ） 310 1 310 1 39 1 39 1 A． B． C． D． 2 2 2 2 n  2 5．已知 x  的展开式二项式系数和为256，则展开式中系数最大的项为（ ）  x A．第5项 B．第6项 C．第7项 D．第8项 1 6．已知函数 f x ax1 2（a 0且a 1）有两个零点，则实数a的取值范围是（ ） a  1 1  A． 0,  B． ,1  C．0,1 D．1,  2 2  学科网（北京）股份有限公司7．已知△ABC的内角A，B，C对边分别为a，b，c，满足asin Acsin AsinC2sinB，若 b2，则△ABC面积的最大值为（ ） 3 3 3 3 A． B． C． D． 4 6 3 2 8．已知函数y  f xx0满足 f xy f x f y1，当x1时， f x1，则（ ） A． f x为奇函数 B．若 f 2x11，则1 x0 1 1  1  C．若 f 2 ，则 f 10244 D．若 f   2，则 f   10 2 2 1024 二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分。在每小题给出的四个选项中，有多项 符合题目要求，全部选对的得 6分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分。   9．已知函数 f x Asinx（0，  ）的部分图象如图，则（ ） 2 2   A．A 3 B．函数 f  x 的图象关于y轴对称  3      C．函数 f  x 在 0, 上单调递减 D．函数 f x在0,2有4个极值点  3   4  x2 y2 10．已知双曲线C：  1（a 0，b0）左右焦点分别为F ，F ， FF 4 7 。经过F 的 a2 b2 1 2 1 2 1 直线l与C的左右两支分别交于P，Q，且△PQF 为等边三角形，则（ ） 2 x2 y2 A．双曲线C的方程为  1 8 20 B．△PFF 的面积为8 3 1 2 C．以QF 为直径的圆与以实轴为直径的圆相交 1 D．以QF 为直径的圆与以实轴为直径的圆相切 2 学科网（北京）股份有限公司11．已知正方体ABCDABC D 的棱长为1，P，Q分别为棱C D ，BC上的动点，则（ ） 1 1 1 1 1 1 1 A．四面体PQAB的体积为定值 B．四面体PQAD的体积为定值 1 1 1 C．四面体PQAC的体积最大值为 D．四面体PQAD的体积最大值为 3 6 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。 12．一组样本10，16，20，12，35，14，30，24，40，43的第80百分位数是________． 13．已知抛物线y ax2的焦点F ，直线l过F 与抛物线交于A，B两点，若A4,4，则直线l的方程 为________，△OAB的面积为________（O为坐标原点）． 14．已知函数 f xx1sinxx1cosx，当0,时 f x的最大值与最小值的和为________． 四、解答题：共 77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分） 已知函数 f x x2 10x3f1lnx． （1）求函数 f x在点  1, f 1 处的切线方程； （2）求 f x的单调区间和极值． 16．（15分） 为发展体育运动增强学生体质，甲乙两班各选3名同学进行乒乓球单打比赛，3场比赛每人参加一场比 赛，各场比赛互不影响，每场比赛胜者本班获得相应积分，负者班级积分为0。据统计可知甲班3名参赛 学生的情况如下表： 学生 A B C 获胜概率 0.4 0.6 0.8 获胜积分 6 5 4 （1）求甲班至少获胜2场的概率； （2）记甲班获得积分为X ，求X 的分布列与数学期望． 17．（15分） 将正方形ABCD绕直线AB逆时针旋转90，使得CD到EF 的位置，得到如图所示的几何体． 学科网（北京）股份有限公司（1）求证：平面ACF 平面BDE； 1 » （2）点M 为DF上一点，若二面角CAM E的余弦值为 ，求MAD． 3 18．（17分） x2 y2 已知点P在椭圆C：  1的外部，过点P作C的两条切线，切点分别为A，B． 4 2 x x y y （1）①若点A坐标为x ,y ，求证：直线PA的方程为 1  1 1； 1 1 4 2 x x y y ②若点P的坐标为x ,y ，求证：直线AB的方程为 0  0 1； 0 0 4 2 （2）若点P在圆x2  y2 4上，求△PAB面积的最大值． 19．（17分） xaxby 在平面直角坐标系xOy中，利用公式 ①（其中a，b，c，d 为常数），将点Px,y变换 ycxdy 为点Px,y的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由a，b， a b a b c，d 组成的正方形数表 唯一确定，我们将 称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母 c d c d A，B，…表示．  （1）在平面直角坐标系xOy中，将点P3,4绕原点O按逆时针旋转 得到点P（到原点距离不变）， 3 求点P的坐标； （2）如图，在平面直角坐标系xOy中，将点Px,y绕原点O按逆时针旋转角得到点Px,y（到原 点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵； 学科网（北京）股份有限公司uuur x （3）向量OPx,y（称为行向量形式），也可以写成 ，这种形式的向量称为列向量，线性变换坐 y x a bx x a b x 标公式①可以表示为：     ，则称 是二阶矩阵 与向量 的乘积，设A是一 y c dy y c d y r r r r r r 个二阶矩阵，m，n是平面上的任意两个向量，求证：Amn Am An． 数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D C D A C A C C BD BD BCD 2i 1．【解析】z  2ii12i，故z 12i，故选D． i 2．【解析】由已知AI ð B A，所以Að B，又ð B  x xa  ，所以a3，故选C． R R R 3．【解析】选D． 4．【解析】由已知a 2，n2时，a S S 2n1，b a 3，b a 9，b 310，故 1 n n n1 1 2 2 5 10 310 1 2m1310，m ，故选A． 2 k  2 5．【解析】由已知2n 256，故n8，故通项为T Ckx8k    1k Ck2kx82k（k 0， k1 8  x 8 1，…，8），故奇数项的系数为正数，偶数项的系数为负数，由Ck2k Ck12k1，解得k 5．所以选 8 8 C． 6．【解析】问题等价于函数y  ax 1的图像与直线y 2a，有两个公共点，当0a1时，由图象得 1 02a1，故0a ；当a 1时，由图象得2a 2，不符合条件．所以选A． 2 1 2 4 7．【解析】由已知得a2 c2 b2 ac，故cosB ，所以B ，由a2 c2 2ac，得ac ， 2 3 3 3 3 △ABC面积的最大值为 ac ，故选C． 4 3 8．【解析】令x1，y 1，则 f 11；令x1，y 1，则 f 11．令y 1，得 学科网（北京）股份有限公司x f x f x，故y  f xx0为偶函数．任取x ，x 0,，x  x ，则 2 1， 1 2 1 2 x 1  x  则 f x  f x  f  2 1 f x ，故y  f xx0在0,上为减函数．由已知 1 2 x 2   1 1 1 f 2x11，可得 f  2x1   f 1，故 2x1 1，解得1 x0，且x ．若 f 2 ， 2 2 则 f 1024 f  210  f  29  f 2110f 294，故选C． 7  2 9．【解析】由图可知 f x的周期为：T 2    ，又T  ，所以2； 12 12        由 f   0，sin    0，且  ，所以 ； 12  6  2 2 6 3   由 f 0 ，所以A 3，故A错误；所以 f x 3sin  2x  2  6      因为 f  x  2sin  2x  2cos2x为偶函数，B正确；  3   2          x  0, ，则2x  0, ，故 f  x 在 0, 上单调递增，C错误；  4   2   3   4   5 4 11 因为 f    3， f    3， f    3， f    3，故D正确。所以选BD。  3   6   3   6  10．【解析】由已知得PQ PF QF ，由双曲线定义知：PF QF QF 2a， 2 2 1 1 2 PF  PF 2a 4a，故QF 4a，QF 6a， 2 1 2 1 1 在△QFF 中，由余弦定理得：16a2 36a2 224a2 167， 1 2 2 x2 y2 解得：a2 4，所以b2 24，方程为  1，A错误。 4 24 1 3 △PFF 的面积为S  8a2 8 3，B正确。 1 2 2 2 1 1 1 取QF 的中点M ，OM  QF  QF 2a QF a，两圆内切，故C错误。 1 2 2 2 1 2 1 1 1 1 取QF 的中点N ，则ON  QF  QF 2a QF a，两圆外切，故D正确。 2 2 1 2 2 2 2 学科网（北京）股份有限公司2 11．【解析】因为△ABP的面积为 ，Q到平面ABP的距离不是定值，故A错误； 2 2 2 1 因为△ADQ的面积为 ，P到平面ADQ的距离为 ，体积为 ，故B正确； 1 2 1 2 6 3 2 3 因为△QAC 的最大值为 ，P到平面ACQ的最大距离为 ， 2 3 1 3 2 3 1 故四面体PQAC的体积最大值为    ，故C正确。 3 2 3 3 过点Q作GH∥BC，PM  DG，PN CD， 设CG t，PD s，则t，s0,1， 1 1 1 t S  ADDG  1t2 ，PM  DG  1t2 ，OM  DM sinCDG ts ， △ADQ 2 2 1t2 t 1st OP 1t2 st  ， 1t2 1t2 1 1 1st 1 1 故四面体PQAD的体积为V   1t2   1st，其最大值为 ，故D正确． 3 2 1t2 6 6 12．【答案】37.5【解析】从小到大排序为：10，12，14，16，20，24，30，35，40，43；1080%8， 故第80百分位数是37.5． 5 1 13．【答案】3x4y40， 【解析】由已知得a 抛物线的方程为x2 4y，所以F0,1， 2 4 3 直线l的方程为y  x1，与x2 4y联立整理得x2 3x40， 4 学科网（北京）股份有限公司1 5 故x 4，x 1，故△OAB的面积为S  OF   x  x   ． 1 2 2 1 2 2  2  14．【答案】 11【解析】   4   fxsinxx1cosxcosxx1sinx xcosxsinx，     当x  0, 时， fx0， f x递增；当x  , 时， fx0， f x递减；  4   4   2 f x  f    ， f 01， f 1， f x 1 max  4  4 min  2  故最大值与最小值的和为： 11．   4   3f1 15．【解析】（1）由已知 fx2x10 ， x 所以 f183f1，解得 f14，故 f x x2 10x12lnx， f 19 所求切线方程为：y94x1，即y 4x13 （2）由已知函数 f x x2 10x12lnx，定义域为0, 12 2  x2 5x6  fx2x10  ， x x 由 fx0，解得x2或x3 随x的变化 fx和 f x的变化如下 x 0,2 2 2,3 3 3, fx ＋ 0 － 0 ＋ f x 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 函数 f x单调递增区间为0,2和3,，单调递减区间为2,3 当x2时， f x取得极大值 f 21612ln2， 当x3时， f x取得极小值 f 32112ln3 16．【解析】（1）记A，B，C参赛获胜事件分别记为A，B，C表示，参赛失败分别记为A，B， 学科网（北京）股份有限公司C， 所以PA0.4，PB0.6，PC0.8，P  A  0.6，P  B  0.4，P  C  0.2 则甲班至少获胜2场事件记为M ，则M  ABC ABC ABC ABC PM PABCP  ABC  P  ABC  P  ABC   PAPBPCPAPBP  C  PAP  B  PCP  A  PBPC 0.40.60.80.40.60.20.40.40.80.60.60.80.656 所以甲班至少获胜2场的概率为0.656 （2）由已知X 取值为0，4，5，6，9，10，11，15， PX 0 P  ABC  0.60.40.20.048，PX 4 P  ABC  0.60.40.80.192， PX 5 P  ABC  0.60.60.20.072，PX 6 P  ABC  0.40.40.20.032， PX 9 P  ABC  0.60.60.80.288，PX 10 P  ABC  0.40.40.80.128， PX 11 P  ABC  0.40.60.20.048，PX 15 PABC0.40.60.80.192， 所以 EX00.04840.19250.07260.03290.288100.128110.048150.192 0.7680.3600.1922.5921.2800.5282.8808.600 17．【解析】（1）由已知得平面ABCD平面ABEF，AF  AB，所以AF 平面ABCD 因为BD平面ABCD，故BD AF 因为ABCD是正方形，所以BD AC AC，AF 平面ACF ，ACI AF  A，BD平面ACF 又BD平面BDE，所以平面ACF 平面BDE。 （2）又（1）知：AD，AF ，AB两两垂直， 以AD，AF ，AB所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图。 设MAD，AB1， 则A0,0,0，M cos,sin,0，C1,0,1，E0,1,1， 学科网（北京）股份有限公司uuuur uuur uuur 故AM cos,sin,0，AC 1,0,1，AE 0,1,1 r r uuur r uuuur 设平面AMC的法向量为mx ,y ,z ，则mAC 0，mAM 0 1 1 1 x z 0 故 1 1 ，取x sin，则y cos，z sin x cos y sin0 1 1 1  1 1 r 所以msin,cos,sin r r uuur r uuuur 设平面AME的法向量为n x ,y ,z ，nAE 0，nAM 0 2 2 2 y z 0 故 2 2 ，取x sin，则y cos，z cos x cos y sin0 2 2 2  2 2 r 所以n sin,cos,cos r r 1sincos 所以cos m,n  ， 1sin2 1cos2 1sincos 1 由已知得  1sin2 1cos2 3 7 化简得：2sin229sin270，解得sin21或sin2 （舍去） 2 故45，即MAD45 18．【解析】（1）①当PA斜率存在时，y 0，设PA方程为：y y kxx  1 1 1 x2 y2 与C：  1联立整理得：  12k2 x2 4ky kx x2y kx 2 40， 4 2 1 1 1 1 由已知得：16k2y kx 2 4  12k22y kx 2 4 0 1 1  1 1  化简得：  4x2 k2 2x yk2 y2 0 1 1 1 1 因为x2 2y2 4，则4y2k2 4x ykx2 0， 1 1 1 1 1 1 x 即2ykx 2 0，所以k  1 1 1 2y 1 x PA方程为：y y  1 xx ，即x x2y y  x2 2y2， 1 2y 1 1 1 1 1 1 x x y y 故直线PA的方程为 1  1 1 4 2 当PA斜率不存在时，y 0，直线PA的方程为x2或x2满足上式。 1 学科网（北京）股份有限公司x x y y 所以直线PA的方程为 1  1 1 4 2 x x y y ②由①知，设B点坐标为x ,y ，则直线PB的方程为 2  2 1 2 2 4 2 x x y y x x y y 由点P的坐标为x ,y ，则 1 0  1 0 1， 2 0  2 0 1， 0 0 4 2 4 2 x x y y 故直线AB的方程为 0  0 1 4 2 x x y y （2）由（1）知直线AB的方程为 0  0 1，由题意知y 0， 4 2 0 x2 y2 与C：  1联立整理得：  x2 2y2 x2 8x x168y2 0 4 2 0 0 0 0 因为x2  y2 4，所以64x2 4  x2 2y2 168y2 32y2 0 0 0 0 0 0 0 8x 8x 168y2 因为Ax ,y ，Bx ,y ，则x x  0  0 ，x x  0 1 1 2 2 1 2 x2 2y2 y2 4 1 2 y2 4 0 0 0 0  x2  43y2 32y4 2 y 2  43y2 所以 AB  1 0  x x 2 4x x   0  0  0 0  4y2   1 2 1 2 4y2  y2 4 2 y2 4 0 0 0 0 x2 2y2 4 y2 点P到直线AB的距离为：d  0 0  0 x2 4y2 43y2 0 0 0 3 1 2 y 所以△PAB面积S  AB d  0 y 0 2 y2 4 0 0 2y 3 2  y 4 12  当0 y 2时，令 f y  0 ，所以 fy  0 0， 0 0 y2 4 0  y2 4 2 0 0 故 f y 在0,2单调递增，所以 f y 的最大值为 f 2 2 0 0 由对称性可知△PAB面积的最大值为 2 3 4 19．【解析】（1）可求得OPOP5，设POx，则cos ，sin ， 5 5  设点Px,y，POx ， 3   1 3  3 故x5cos    5  cos sin   2 3  3   2 2  2   1 3  3 3 y5sin    5  sin cos  2  3   2 2  2 学科网（北京）股份有限公司3 3 3 所以P 2 3,2    2 2   （2）设OPOPr，POx，则xrcos，y rsin，POx， 故xrcosrcoscosrsinsin xcos ysin yrsinrsincosrcossin xsin ycos x xcos ysin 所以坐标变换公式为 y xsin ycos cos sin 该变换所对应的二阶矩阵为  sin cos a b r x  r x  r r x x  （3）设矩阵A  ，向量m 1 ，n  2 ，则mn  1 2 ． c d  y   y   y  y  1 2 1 2 r r a bx x  ax x by  y  Amn   1 2  1 2 1 2 ， c d y 1  y 2   cx 1 x 2 dy 1  y 2   xax x by  y  对应变换公式为： 1 2 1 2  ycx 1 x 2 dy 1  y 2  r a bx  ax by  r a bx  ax by  Am   1  1 1 ，An    2  2 2  c d y   cx dy  c d y   cx dy  1 1 1 2 2 2 r r ax by  ax by  ax x by  y  所以Am An  1 1  2 2  1 2 1 2  cx dy cx dy cx x dy  y   1 1   2 2   1 2 1 2  xax x by  y  故对应变换公式同样为 1 2 1 2  ycx 1 x 2 dy 1  y 2  r r r r 所以Amn Am An 学科网（北京）股份有限公司