2023-2024学年安徽省安庆市高二下学期期中联考数学模拟试题

一、单选题1．设集合A{x∣

1x2}，则ðRA（）A．{∣x

x1或x2}B．{∣x

x1或x2}C．{∣xx1或x2}D．{∣xx1或x2}【正确答案】D【分析】利用补集的定义直接求解.【详解】因为集合A{x∣

1x2}，所以ðRA{x∣x1或x2}.故选：D2．已知函数fx2x21,x1，则2x2,x1ff2（）A．5B．3C．2D．1【正确答案】B【分析】先求f(2)，再根据f(2)的值带入相应解析式计算即可.【详解】因为21，所以f(2)2221，所以ff2f(1)212

13.故选：B3．已知向量arm,1,3，b2,n,1，若ab，则m

n（）A．2B．18C．1

2D．118【正确答案】B【分析】根据空间向量平行的坐标表示求解即可．m【详解】因为a



b，则存在实数k使得a

kb，即2k

1kn，

3km6解得n13，所以mn61318，k3故选：B．4．已知等比数列an的公比q不为1,a11，且a2,a4,a3成等差数列，则q（）A．1【正确答案】DB．-1C．21

D．

12【分析】根据等比数列通项和等差中项性质列出关于q的方程，解出即可.【详解】由a11，且a2,a4,a3成等差数列，得2a4a2a3，即2q3qq2，1

即q(2q1)(q1)0，解得q0（舍去）或q1（舍去）或q.2故选：D《“健康中国2030”规划纲要》提出，健康是促进人的全面发展的必然要求，是经济社会发展的基5．础条划件.实现国民健康长寿，是国家富强､民族振兴的重要标志，也是全国各族人民的共同愿望.为普及健康知识，某公益组织为社区居民组织了一场健康知识公益讲座，为了解讲座效果，随机抽取了10位居民在讲座后进行健康知识问卷（百分制），这十位居民的得分情况如下表所示：答题居民序号得分172283365）47658869076509951076则以下说法错误的是（A．该10位居民的答卷得分的极差为30B．该10位居民的答卷得分的中位数为94C．该10位居民的答卷得分的中位数小于平均数D．该10位居民的答卷得分的方差为104.4【正确答案】B【分析】由极差、中位数和平均数的定义可判断A，B，C；求出该社区居民问卷得分的方差即可判断D.【详解】按照从小到大排列为65,65,72,76,76,83,88,90,90,95，则极差为956530，故选项A正确；中位数为7683

79.5，故选项B不正确；21

(72836576889065909570)80，故选项C正确；10中位数为79.5，平均数为通过计算可得1

[(8072)2(8083)2(8065)2(8076)2(8088)210(8090)2(8065)2(8090)2(8095)2(8076)2]104.4，所以方差为104.4，故选项D正确.故选：B.π136．已知函数fxsin2xcos2x，则将函数fx的图象向右平移0个单位后得到222函数gx的图象，gx图象关于原点对称，则（A．

π12）π3B．

π6C．D．

5π12【正确答案】B【分析】利用辅助角公式化简，再根据平移变换得gx，然后由对称性可解.【详解】由题意可知fx13πsin2xcos2xsin2x，将函数fx的图象向右平移2230





π

个单位后得到函数gx的图象，2

ππ

所以gxsin2xsin2x2，33

πkπ

因为gx图象关于原点轴对称，所以2kπ,kZ，即,kZ

362当k0时，故选：Bπ

.67．已知函数fx的定义域为R，且fx22f2xf2,f11，则f3（A．0【正确答案】D【分析】函数的性质与抽象函数，用赋值法即可求解.【详解】令x0，得f22f2f2，即f22，所以fx2f2x4，所以函数fx的图象关于2,2对称；因为f11，所以f35.故选：DB．2C．4D．5）x2y2

8．已知椭圆C:221(ab0)的两个焦点为F1,F2，过F2的直线与C交于A,B两点.若abAF23F2B，AB2AF1，且ABF1的面积为415，则椭圆C的方程为（）x2y2

A．1

2515x2y2

C．1106x2y2B．12510x2y2D．1104【正确答案】A2

【分析】设BF2m，则AF23m，AF12m，由椭圆的定义得ma，在ABF1中，由余弦定5理得cosF1AB

115，根据同角三角函数的平方关系得sinF1AB，在△AF1F2中，由余弦定理44得5c22a2，再结合ABF1的面积为415，即可求出a2，进而得出椭圆的方程．【详解】设BF2m，则AF23m，ABAF2BF24m2AF1，则AF12m，由椭圆的定义可知AF1AF22m3m5m2a，2

所以ma，5所以AF2

288

a，AF1a，ABa，BF12aBF22am2aaa，55555在ABF1中，2

2

2

ABAF1BF1

cosF1AB

2ABAF1π

则F1AB(0，)，28a4a8a5551，8a4a4255222

所以sinF1AB1cos2F1AB在△AF1F2中，15，4F1F2AF1AF22AF1AF2cosF1AF2，4a6a14a6a即4c2，555222222

整理可得5c22a2，因为三角形ABF1的面积为415，故1

AF1ABsinF1AB415，即14a8a15415，225得a225，所以c210，b2a2c2251015，x2y2所以椭圆C的方程为1，2515故选：A．二、多选题9．如图是函数yfx,x3,5的导函数fx的图象，f30，则下列判断正确的是（）A．fx单调递增区间为1,2,4,5C．fxf2【正确答案】ABDB．f20D．f2f4【分析】由导函数图象的符号判断函数fx在各区间的单调性，再结合函数的性质得出结果.【详解】对于A，由题图知当x1,2,x4,5时，f¢(x)>0，所以在区间1,2,4,5上，fx单调递增，故A正确；对于B，当x3,1时，fx0,fx单调递减，在x1,2上，fx0,fx单调递增；当x2,4时，fx0,fx单调递减，所以f20，故B正确；对于C，f2不一定是函数的最大值，最大值可能由区间3,5的端点产生，所以C错误；对于D，当x2,4时，fx0，fx单调递减，所以f2f4，故D正确；故选：ABD.x2y21，则下列叙述正确的有（10．已知首项为正数的等比数列an的公比为q，曲线Cn:anan1）A．若Cn为圆，则q1B．若q1，则Cn离心率为2C．0q1,Cn离心率为1q1D．q0,Cn是双曲线且其渐近线方程为yxq【正确答案】AC【分析】对于A，若Cn为圆，则anan1a1，求出q得出结果；对于B，Cn为等轴双曲线，求其离心率即可；对于C，当0q1时，曲线Cn是焦点在x轴上的椭圆，求其离心率即可；对于D，故曲线Cn为双曲线，求其渐近线方程.x2y21，若Cn为圆，则【详解】对于A，首项为正数的等比数列an的公比为q，曲线Cn:anan1anan1a1，所以Cn:x2y2a10，所以q1，即曲线Cn为圆心为0,0，半径为a1的圆，故A正确；n1

对于B，当q1时，ana1(1)，所以an与an1互为相反数且不为0，x2y21为等轴双曲线，故曲线Cn的离心率为2，故B错误；故Cn:anan1x2y21焦点在x轴上的椭圆，对于C，0q1，数列为递减数列，0an1an，所以曲线Cn:anan1故的离心率为1an11q，故C正确；an对于D，当q0时，an与an1异号，x2y2x2y21为双曲线，其渐近线为0，即yqx，故D错误.故曲线Cn:anan1anan1故选：AC.11．已知F0,2为抛物线C:x22py(p0)的焦点，O为坐标原点，点Px0,y0在抛物线上，则（）A．PF的最小值为2B．若PF4，则y02

C．点Q在抛物线C上，且△POQ为正三角形，则x083D．若x04，则抛物线C在点P处的切线方程为xy20【正确答案】ABD【分析】选项A、B，由抛物线的定义及几何性质判断选项；选项C，由△POQ为正三角形，得OP的斜率为3，得出P的坐标；选项D，利用导数求切线方程判断选项.【详解】由F0,2为抛物线C:x22py(p0)的焦点，2x0对于A，设Px0,，8p

2,p4，故C:x28y；22x0PF22,所以PF的最小值为2，故A正确；84

对于B，由抛物线C的定义知PFy0y024，得y02，故B正确；2对于C，△POQ为正三角形，则可得PQ与x轴平行，且POQ60，得OP的斜率为3，所以P的坐标为83,24,83,24，所以x083，故C错误；对于D，因为x04，代入x28y，可得y02，由x28y得y

x，抛物线C在点P处的切线斜率为1，所以切线方程为y2x4,即xy20，4故D正确.故选：ABD.12．如图，边长为4的正方形ABCD是圆柱的轴截面，点P为圆弧AD上一动点（点P与点A,D不重合）APAD(01)，则（）A．存在值，使得ADBPB．三棱锥PABD体积的最大值为C．当

16316时，异面直线PB与AD所成角的余弦值为26D．当直线PB与平面ABCD所成角最大时，平面PAB截四棱锥PABCD外接球的截面面积为42π【正确答案】BCD【分析】利用线面垂直的性质即可判断选项A；根据棱锥的体积计算公式判断选项B；建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式判断选项C；利用线面垂直的性质以及勾股定理和基本不等式即可判断选项D.【详解】对于A选项，由题意知ADBA，若ADBP，ABBPB，AB,BP平面BAP，则AD平面BAP，所以ADAP，不成立，故A不正确；对于B选项，在三棱锥PABD中，AB半圆面APD，则AB是三棱锥PABD的高，当点P是半圆弧AD的中点时，三棱锥PABD的底面积S

PAD取得最大值，11416

三棱锥PABD的体积取得最大值为44，故选项B正确；3223对于选项C：当

1

时，则P为AD的中点，以AD的中点E为原点，以EP,EA分别为x,y轴，建2立空间直角坐标系，则P(2,0,0),B(0,2,4)，E(0,0,0)，A(0,2,0)，uuruuruuruurPBEAcosPB,EAuuruurPB2,2,4,EA0,2,0可得，则PBEA424266，故异面直线PB与AD所成角的余弦值为6，所以C正确；6对于D选项，取BD的中点O，过点P作PHAD于点H，连接BH，由题意知，AB平面ADP，PH平面ADP，PHAB，又因为PHAD，ADABA，AD,AB平面ABCD，可得PH平面ABCD，所以BH为PB在平面ABCD内的射影，则PBH为直线PB与平面ABCD所成的角，设AHx，则0x4,DH4x，22

在Rt△APD中，PHAHDHx4x,PDDHAD44x，2222所以PBBDPD(42)44x164x，PH2x4x1x24x

故sinPBH，PB2164x4x4

2

令tx4，则xt4，且4t8，2

x24x(t4)4t43232所以t122t128212，x4ttt32

当且仅当t，即t42时取等号，t所以sin2PBH322，则sinPBH21，所以直线PB与平面ABCD所成最大角的正弦值为21，2

此时AH424,PH424842，4所以PH422

421,AP242442

21,AP42

21，连接OH,OP，因为PH平面ABCD，HO平面ABCD，所以PHHO，因为ABCD为正方形，所以OAH45，在OHA中，可得OH2AH2OA22AHOHcosOAH72482，在RtOPH中，可得OP2PH2OH2162(21)2724828，则OP22，因为OAOBOPOD

1

BD22，2所以点O为四棱锥PABCD外接球的球心，因为DPAP，由SVADP

11

ADPHAPDP，解得DP4221

DP222142，2142，所以球心O到面PAB的距离d

222

设截面半径为r，则有r(22)d84

21242，所以截面面积为42π，故D正确.故选：BCD.三、填空题13．复数z

i

，则zz__________.12i4/0.85【正确答案】【分析】利用复数代数形式的除法运算化简得到z，再由共轭复数的概念得到z，进而求出结果．【详解】zz

i12iii221i，12i12i12i555214

i，则zz.55

5故答案为.x2y214．已知方程1表示焦点在y轴上的椭圆，则实数m的取值范围是__________.6mm4【正确答案】(5,6)

【分析】根据椭圆标准方程的结构特征，结合焦点在y轴上可得.x2y2【详解】因为方程1表示焦点在y轴上的椭圆，所以m46m0，得5m6.6mm4故(5,6)

2023

an*

,nN，则anan1__________.15．已知数列an满足a11,an1

an1n1

【正确答案】2023

202411

【分析】通过取倒数构造等差数列，根据条件解得an，再结合裂项相消法得出结果．nan【详解】因为an1所以111111n1n，所以an，anan1

nn1nn1ann2023n1an11-=1，，，所以an1an+1an所以anan111111111120231.223342023202420242024故答案为.2023202416．已知函数fx是定义在R上的可导函数，且满足f1e，对于任意的实数xR，都有2a3

fxe2xfx，当x0时，fxfx，若f2a3e，则实数a的取值范围是__________.【正确答案】2a12x

【分析】由fxefx构造函数gxfx，得出gx为偶函数，通过导数得到gx的单调ex性，再解不等式求得结果.2x

【详解】因为fxefx，fxfxfx，令，则gxgx，即gx为偶函数，gxxxxeeefxfx当x0时fxfx，即0，exfxfx所以gx0，即函数gx在0,上单调递增.xe所以根据偶函数对称区间上单调性相同的性质可知gx在,0上单调递减，又因为f1e，所以g1

f12a3

1，所以g1g11，f2a3e，即ef2a3f11g1，e2a3e故只需g2a3g1，即g2a3g1，所以2a31，解得2a1.故答案为.2a1四、解答题117．已知在9x的展开式中的二项式系数之和为，求：3x

(1)n的值；(2)展开式中常数项；【正确答案】(1)6(2)15n

【分析】（1）根据二项式系数之和分析运算；（2）根据二项展开式分析运算.1

【详解】（1）因为9x的展开式中的二项式系数之和为，3x

012nn

所以CnCnCnLCn2，得n6.kn

（2）二项展开式的通项为Tk1C(9x)3

可得当6k0，即k4时，2k66k6k1k123kk2(1)(3)Cx,k0,1,2,,6.63x34

此时T5C615，展开式中常数项为15.ax

18．已知函数fxex1aR,a0.(1)若a1，求函数fx的单调区间；(2)若a2，求证.fxx

【正确答案】(1)函数fx的单调减区间为,0，单调增区间为0,；(2)证明见解析【分析】（1）求导，解不等式fx0，f¢(x)>0可得；2x

（2）构造函数gxe2x1，转化为求gx的最小值问题，利用导数可证.xx【详解】（1）当a1,fxex1，则fxe1，令fx0，解得x0，令f¢(x)>0，解得x0，所以函数在,0上单调递减，在0,上单调递增；所以函数fx的单调减区间为,0，单调增区间为0,；2x

（2）因为a2，所以fxex1，所以即证e2x2x10，.2x2x2x

令gxe2x1，则gx2e22e1当x0时，gx0,gx为增函数；当x0时，gx0,gx为减函数；所以gx的最小值为g00，所以gx0，所以e2x2x10，所以fxx.19．已知半径小于6的圆C过点A8,1，且圆C与两坐标轴均相切．(1)求圆C的标准方程；(2)若圆C与直线l:xym0交于A,B两点，__________，求m的值．从下列两个条件中任选一个补充在上面问题中并作答：条件①：ACB120；条件②：AB53．注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．【正确答案】(1)x5y525(2)m

5222

2

【分析】（1）设圆C:(xa)2(yb)2r2(0r6)，由圆C过点A8,1代入方程，再根据圆C与两坐标轴均相切得出a0，b0，且abr，解出r，即可得出圆C的方程；（2）选①：过点C作CDAB于点D，由ACB120得出CAB30，则CD出圆心C到直线l的距离d

15

AC，得225

，由点到直线距离公式列出方程求解即可；选②：在ABC中，由余2弦定理得出ACB120，则CAB30，过点C作CDAB于点D，得出CD心C到直线l的距离d

5

，由点到直线距离公式列出方程求解即可．215

AC，则圆22【详解】（1）设圆C:(xa)2(yb)2r2(0r6)，因为圆C过点A8,1，所以(8a)2(1b)2r2，又因为圆C两坐标轴均相切，所以得a0，b0且abr，则(8r)2(1r)2r2，解得r13或r=5，因为圆C的半径小于6，所以r=5，即ab5，所以C:(x5)2(y5)225．（2）如果选择条件①：由ACB120，CACB5，得CABCBA30，过点C作CDAB于点D，则CD所以圆心C到直线l的距离d则d5，215AC，2255m25，2解得m

52；2如果选择条件②：AB53，在ABC中，CACB5，ACBCAB5252(53)21

，由余弦定理得cosACB

2ACBC2552所以ACB120，过点C作CDAB于点D，则CD所以圆心C到直线l的距离d则d5，2222

15AC，2255m25，2解得m

52．220．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1ABAC棱BC上的动点.2点M是对角线AC1上的动点，点N是BC1，2(1)若M,N分别为C1A,CB的中点，求证：MN平面AA1B1B；(2)设C1MCNx(0x2)，当线段MN的长最小时，求平面CMN与平面AA1B1B夹角的余弦值.【正确答案】(1)证明见解析(2)3.3【分析】（1）通过面面平行证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求平面CMN与平面AA1B1B的法向量，再得到两平面的夹角的余弦值.【详解】（1）证明：取AC的中点为P，连接MP，NP，因为M,N分别为C1A,CB的中点，所以PN∥AB,MP∥CC1，又CC1AA1，所以MP∥AA1，AA1平面AA1B1B，MP平面AA1B1B，MP

平面AA1B1B，同理可证NP平面AA1B1B，因为MPNPP，所以平面MNP

平面AA1B1B，平面AA1B1B；因为MN平面MNP，所以MN

（2）在平面ABC内过点C作CDAC，使得点D与点B在AC同侧，由C1C平面ABC,CD平面ABC,AC平面ABC，故C1CAC,C1CCD，结合CDAC，故PC,AC,CD两两垂直.

以C为原点，分别以CA,CD,CC1为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，则C0,0,0,A1,0,0,C10,0,1，由ABAC2BC得AB2AC2BC2，2故ABAC,ABC为等腰直角三角形，同理，△AC1C为等腰直角三角形.得B1,1,0，2222Mx,0,1x,Nx,x,0故22，22

2222MN2xx1x02222222xx2x1，22时，MN最小，此时M,N分别是AC1,CB中点，2111111

M,0,,N,,0,CM,0,，于是

222222111111CN,,0,AM,0,,AN,,0，222222

设平面CMN的法向量为x1,y1,z1，当x

11xz10,1x1z10,CM0,22故，即，整理得，xy0,11CN0,11xy0,1122

取x11可得平面CMN的一个法向量为1,1,1，平面AA1B1B的法向量为1,0,0，设平面CMN与平面AA1B1B夹角的大小为，

13则cos，33故平面CMN与平面AA1B1B夹角的余弦值为3.321．下图（1）是一个边长为1的正三角形，将每边三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并擦去中间一段，得到图（2），如此继续下去，得到图（3）….由图可知，围成第一个图形的线段条数为3，围成第（2）个图形的线段条数为12,，设围成第n个图形的边长条数为an.(1)求a3,a4，并直接写出an（不用证明）；(2)数列bn满足n



i1

log4

bi

ai132n1，求数列bn的前n项和.n-1

【正确答案】(1)a348,a4192，an=3´4

1

(2)4n2

2

n1

【分析】（1）可以看到，由第n到第n1个图形，每1条线段都变为4条线段，得出一个等比数列，求出结果.（2）先求bn，再利用错位相减法求和.【详解】（1）由题意可知a348,a4484192，可以看到，由第n到第n1个图形，n-1每1条线段都变为4条线段，故an=3´4；an134n

（2）因为log4log4n，33由题意知

i1

n

log4

ai13123n2n1，①bib1b2b3bn

当n1时，得b11，当n2时，①-②得123n12n11，②b1b2b3bn1

nnn2n1，则bnn1，检验b11成立，故bnn1，bn22111

令Snb1b2b3bn1023n

22211111

Sn123n122222

123n112

1

2

nn1

③1

n④2

n1n

101112111

③-④得Snn.2222220n111n2211，Snn

122121

化简得Sn4n2

2

n1

.x2y222．已知双曲线C:221(a0,b0)的右焦点为F4,0,P3,1为双曲线C上一点.ab(1)求C的方程；(2)设直线l:ykxmk0，且不过点P，若l与C交于A,B两点，点B关于原点的对称点为D，

若PAPD0，试判断k是否为定值，若是，求出k值，若不是，请说明理由.x2y2【正确答案】(1)188(2)存在，k3【分析】（1）利用焦点坐标得到c4，再由点在双曲线上，结合c2a2b2联立方程即可得解；

（2）利用设而不求得到x1x2,x1x2关于k,m的值，再由PAPD0得到x1,x2的关系式，从而整理得1kk3xx2k

2

1

2

2

180，分析式子即可得到k3，由此得解.【详解】（1）由已知可得c4，故a2b216，a21

因为P3,1在双曲线C上，所以221，解得2（负值舍去），b8abx2y2所以C的方程为1；88ykxm,

（2）联立直线l与双曲线的方程x2y2，1

88可得1k

2x

22mkxm280，22222

则1k20且Δ(2mk)41km84m8k80，所以k21且8k2m28，2mkm28

设Ax1,y1,Bx2,y2，则Dx2,y2，由韦达定理可得x1x2，,x1x2

1k21k2又y1kx1m,y2kx2m，22所以y1y2kx1mkx2mkx1x2kmx1x2m，y1y2kx1x2，

又PAx13,y11,PDx23,y21，

因为PAPD0，所以x13x23y11y210，整理可得x1x2y1y23x1x2y1y2100，则1kxx212kmx1x2kx1x2m20，m2822mk2则，k1kmk3x1x2m100221k1k22

整理可得1kk3x1x22k180，k302

因为1k0,x1x2不恒为0，所以应有2，解得k3，2k180所以直线l的斜率为定值3.方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1,x2,y2；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为x1x2、x1x2（或y1y2、y1y2）的形式；（5）代入韦达定理求解.