數(shù)學(xué)-安徽省皖南八校2025屆高三上學(xué)期12月第二次大聯(lián)考試題和答案

選A.2.B可得由A父|-2＜父<10},B父|3＜父≤13},則CRB父｜父≤3或父＞13},所以（CRB）∩A=｛父|-2＜父≤3},故選B.=2,所以（父1-父（S)/父2+(3-4)2+(4-4)2+(5-4)2==,故選A. 4.C由題知八邊形ABCDEFGH為正八邊形，則上AOC=90°,上OAC=45°,因?yàn)镺A=2,所以AC=2、2,所→·→→→·→→→·→→·→→·→以AE（AB＋GFAE（AB＋BC→·→→→·→→→·→→·→→·→5.B因?yàn)辄c(diǎn)A(4,4)在拋物線上，所以42=2p·4,解得p=2,所以拋物線方程為父2=4y，設(shè)P（父0,y0),則 +（y0-3)2=父+y-6y0+9=y-2y0+9=（y0-1)2+8≥8,所以｜PB｜的最小值為2、2,故選B.6.B易知f（父父ln父＋a父2,定義域?yàn)?0,+∞),曲線y＝007.C由題意，AC/為正方體的體對角線，設(shè)點(diǎn)O為AC/的中點(diǎn)，所以O(shè)A＝OC/＝AC→→→→→→→→→→→→→則PA·PC/PO＋OA）·（PO＋OC/PO2+PO·（OA＋OC/OA·OC/＝PO2+0-(2、）2=→→→→PO2-12,又因?yàn)镻A·PC/=-6,則PO2=6,即PO＝、6＜OA，且點(diǎn)P在正方體表面運(yùn)動(dòng)，所以P點(diǎn)在每個(gè)表面8.D由題可得(cos2父-sin父+2)·cosw父=0兮(2sin2父+sin父-3)·cosw父=0,所以(2sin父+3)(sin父-1)·cosw父=0,解得sin父=1或cosw父=0,即父=或父=πkπ,k∈z，則在[0,2π]上一定有一個(gè)解是 .有以下兩種情況：①cosw父=0在[0,2π]上有且僅有2個(gè)異于的解，即≤2π<且≠,≠ ,解得w∈,1U1,,②cosw父=0在[0,2π]上有且僅有3個(gè)解，且其中有一個(gè)是,即≤2π<U.故選D.9.ABD由題知D（X故A正確；E（YE(3X+1)=3E（X）+1=7,故B正確；D（Y）=D(2X+1)=4D（X）=1,故C錯(cuò)誤；由正態(tài)分布密度曲線關(guān)于X=2對稱，利用對稱性知P＜X≤2)=P(2≤XP(2≤X<3)=,所以P＜X<3)=,故D正確．故選ABD.【“皖八”高三二聯(lián)·數(shù)學(xué)試卷參考答案第1頁（共6頁）W】 10.ABD圓錐的底面半徑r=1,母線長l=2,圓錐的高h(yuǎn)＝SO＝\，所以圓錐的體積 V＝Sh=πr2h＝\π,故A選項(xiàng)正確；如圖，圓錐的軸截面為△SAB，圓錐外接球和內(nèi)切球的半徑分別是△SAB外接圓和內(nèi)切圓的半徑，依次為2××\=項(xiàng)正確；若BC丄平面SAC，則BC丄SA，又因?yàn)镾O丄BC，且SA與SO交于點(diǎn)S，所以BC丄平面SAB，則BC丄AB，不成立，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；取AC的中點(diǎn)E，連接OE，SE，因?yàn)镾A＝SC，E為AC的中點(diǎn)，則SE丄AC，由垂徑定理可得OE丄AC，所以二面角S－AC－B的平面角為上SEO，因?yàn)镾O丄平面OAE，OEC平面AOE，則SO丄OE，在△ABC中，上CAB=,上ACB=,則OE＝BC= AB所以tan上SEO\=2\，即二面角SACB的正切值為2\，故D選項(xiàng)正確．故選ABD. y＝\－父2+2父可變形為（父±1)2+y2=1（y≥0),則上半部分表示以(±1,0)為圓心，1為半徑的2個(gè)半圓．曲線C2：+=1（y≤0)的焦點(diǎn)為F(0,-1),解得c=1,b=2,a＝\，則曲線C2的方程為＋2=1（y≤0),故A選項(xiàng)正確；另橢圓的上焦點(diǎn)F1(0,1),所以父2+（y-1)2可以看成PF12,當(dāng)y＝父＋m與第一象限半圓相切時(shí)，=1,m＝\-1,由圖，可得m的取值范圍為(0,\-1),故C選(y＝k父-1,消去y并整理得(5+4k2)父2-8k父-16=0,,-=≤k≤=,Δ=320（k2+1)>0,則父M＋父N父M·父N則iMNi=N=1),dO－l所以S△OMN＝MN×dO－l=數(shù)y=4t+=4（t在[1,\上單調(diào)遞增，(4t+min=5,所以S△OMN的最大值為4\5,故D錯(cuò)誤.故選AC.12.-tanα+tanβ-2\tanαtanβ=-2\，所以1ttn=tan(α+β)=-2\，可知角α+β在第二象限，所以cos(α+β)=-.]由解析式，可得函數(shù)f（父）是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間(-∞,0]上單調(diào)遞減，在[0,+∞)上單調(diào)遞增，且f父f（父）f(log2父f(-log2父）=2f(log2父即f(log2父）≤f(1),又因?yàn)閒（父）在[0,+∞)上單調(diào)遞增，所以【“皖八”高三二聯(lián)·數(shù)學(xué)試卷參考答案第2頁（共6頁）W】父≤1,解得≤父≤2,故解集為，2].14.54由a1-a2+a2-a3+a3-a1=6,可得2[max｛a1,a2,a3}-min｛a1,a2,a3}]=6,所以,a2,a3}-min｛a1,a2,a3}=3.我們不妨設(shè)min｛a1,a2,a3}=父，則max｛a1,a2,a3}=父+3,還有一,a2,a3,有A=6種方法；當(dāng)d=3時(shí)，三個(gè)數(shù)為父，父+3,父+3,對應(yīng)a1,a2,a3,有=3種方法．所以一共有3×(3+6+6+3)=54種.15.證明：方法1:(1)因?yàn)椤螦CB=90°,ABCA1B1C1為直三棱柱，所以AC⊥BC，A1C1⊥B1C1,又側(cè)面ACC1A1為正方形，所以A1C1⊥CC1,因?yàn)镃C1∩B1C1=C1,且CC1,B1C1C平面BCC1B1,所以A1C1⊥平面BCC1B1,又B1CC平面BCC1B1,所以A1C1⊥B1C，在正方形BCC1B1中，BC1⊥B1C，又因?yàn)锳1C1∩BC1=C1,且A1C1,BC1C平面A1C1B，所以B1C⊥平面A1C1B.?????????6分→—→→B1C=(0,-2,-2),A1C1=(-2,0,0),BC1=(0,-2,2),→·—→→·→因?yàn)锽1CA1C1=0,B1CBC1=0,????????????????????????→·—→→·→→—→→→所以B1C⊥A1C1,B1C⊥BC1,即B1C⊥A1C1,B1C⊥BC1,又因?yàn)锳1C1∩BC1=C1,且A1C1,BC1C平面A1C1B，所以B1C⊥平面A1C1B.????????????????????????????????6分(2)如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，→→→因此A1O=(-2,1,-1),DO=(-1,0,1),BC=(0,-2,0).設(shè)平面A1DO的一個(gè)法向量為n父，y，義→n·A1O=-2父＋y－義=0,→n·DO＝－父＋義=0,令父=1,則n=(1,3,1).???????????????????9分設(shè)直線BC與平面A1DO所成角為θ,→→→ BC·n→=→BC=→BC -6 3==3==16.解：(1)cos2C+cos2B-cos2A=1-sinCsinB，即sin2A-sin2B-sin2C=-sinCsinB，??????????????????????????2分由正弦定理，得a2-b2-c2=-bc，即b2+c2-a2=bc，所以cosA==,??????????????????????????????5分(2)方法1（等面積法因?yàn)镾△ABC＝S△ABD＋S△ACD， 即2bc×2=2cAD即2bc×2=2cADsin∠BAD+2b·AD·sin∠CAD，所以AD=1,?????????????????????????????????????9分【“皖八”高三二聯(lián)·數(shù)學(xué)試卷參考答案第3頁（共6頁）W】由BD＝DC，所以AD=2AB+2AC，??????????????????????????10分2+2·+?2,則4=c2+b2+bc≥3bc，????????????????????????????????12分所以S△ABC＝bcsin≤××\＝\.方法2：在△ABD中，由正弦定理，得sinAD=①,在△ACD中，由正弦定理，得sinAD=②,因?yàn)锽D＝CD，①÷②得==, 所以csin上BAD＝bsin上CAD，??????????????????????????????9分 又因?yàn)閏sin上BAD＋bsin上CAD＝\bc，所以csin上BAD＝bsin上CAD＝\bc，sin上BAD＝\b，sin上CAD＝\c，設(shè)上BAD=α,則上CAD=60°-α,α∈(0,60°),所以S△ABC=4\33sinα·sin(60°-α)=4\33×{-[cos60°-cos(2α-60°)]}=-\+2\33cos(2α-60°),+y2=4+μy2,得父2+(1-μ)y2=4.得2+(1-)y2=1,因?yàn)?4,μ)曲線為雙曲線，所以1-μ<0,則μ>1,故μ的取值范圍為(1,+∞). (2)由λ=4,μ=5,得雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為4-y=1,由題意，知直線l與雙曲線C①當(dāng)k＝時(shí)，直線與漸近線平行，此時(shí)直線與雙曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)，當(dāng)k＝時(shí)，解得父y所以P此時(shí)，l的方程為父-2y+4=0.??????9分②當(dāng)k≠時(shí)，直線與雙曲線要相切，所以△=(-16k）2-4·(1-4k2)·(-20)=0,解得k＝\（k\舍去【“皖八”高三二聯(lián)·數(shù)學(xué)試卷參考答案第4頁（共6頁）W】 當(dāng)k＝\時(shí)，解得父，y所以，此時(shí)l的方程為\父y???分綜上所述，直線l方程為父y時(shí)，P；直線l方程為\y時(shí)，P\（少一種情況扣４分）?????????????????????????????????分f（父父父，f/f所以f（父）在父處的切線方程為y父，即２父－y???????????????４分f/（父父父≤所以f（父）在∞上單調(diào)遞減；??????７分父父≥父≤f/（父父父在∞）上單調(diào)遞增，所以f/（父）≥f/所以f（父父父父在∞）上單調(diào)遞增．綜上，f（父）在∞上單調(diào)遞減，在∞）上單調(diào)遞增．????????????????９分－f（父f父≥－－－所以證明當(dāng)父≥０時(shí)父－父父k父≥０恒成立即可．?????????????????分顯然，h－則h/≥－父k，所以h/k≥０→k≤???????????????????????分驗(yàn)證，當(dāng)k≤２時(shí)，對任意父≥父－父父k父≥??????????????????分－－－－－－所以H（父）≥H－父k在∞）上單調(diào)遞增，所以G（父）≥G≥－父k父在∞）單調(diào)遞增；所以h（父）≥h故k的取值范圍為∞??????????????????????????????分解因?yàn)閷θ我猓薄躨＜j≤k，都有ai＋aiii<２ia＋ai≤i≤k，所以bb…，bm依次為bbbbbb，所以mTS×????????????????????４分）Ｗ因?yàn)閍＋aa＋aa＋aa＋aa＋aa＋aa４＋a??????????????５分所以｛bn｝的７項(xiàng)分別為a＋aa＋aa＋aa＋aa＋aa＋aa＋a．?????????６分又a＋aa＋aa＋a可得a＋a＝a