安徽省部分学校2024届高三上学期期末质量检测数学试题 Word版含解析.docx

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2023—2024学年安徽高三（上）期末质量检测数学试卷考生注意：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答进择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．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、单项选择题：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】B【解析】【分析】计算出集合后，由交集的定义计算即可得.【详解】由，可得，即，故.故选：B.2.已知复数满足，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】借助复数的性质与模的定义计算即可得.详解】由，则有， 即，故.故选：C.3.已知点，，，O为坐标原点，若与共线，则（）A.0B.1C.2D.3【答案】B【解析】【分析】结合平面向量共线定理计算即可得.【详解】，，由与共线，故有，解得.故选：B.4.若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据条件，利用诱导公式和余弦的二倍角公式即可求出结果.【详解】因为，得到，所以，故选：D.5.已知函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，且，则（）A.4B.2C.D.【答案】C【解析】 【分析】根据条件得出函数的周期为，再利用，即可求出结果.【详解】因为为奇函数，所以，又为偶函数，得到，由，得到，所以，即有，所以，故函数的周期为，又，所以，故选：C.6.已知是圆锥底面的直径，为底面圆心，为半圆弧的中点，，分别为线段，的中点，，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据条件，建立空间直角坐标系，求出，再利用线线角的向量法，即可求出结果.【详解】因为为半圆弧的中点，则，如图，建立空间直角坐标系，因为，，为半圆弧的中点，，分别为线段，的中点，则,，所以，设异面直线与所成角的角为，则， 故选：B.7.法国数学家蒙日发现椭圆两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”，它的圆心与椭圆中心重合，半径的平方等于椭圆长半轴和短半轴的平方和．如图所示为稀圆及其蒙日圆，点均为蒙日圆与坐标轴的交点，分别与相切于点，若与的面积比为，则的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由蒙日圆的方程求得的坐标，可得直线的方程，联立椭圆的方程，求出的横坐标，再结合条件，即可得到，从而求出结果.【详解】由题知，蒙日圆为，设，则直线的方程为，由，消得到， 显然有，解得，又与的面积比为，所以，又，，所以，得到，所以，故选：C.8.已知，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由条件得到，，从而得到，，即可得出，构造函数，利用函数的单调性，即可判断出，从而得出结果.【详解】由，得到，又，所以，所以，，又，所以，又，得到，令，则，所以， 得到，令，则在区间上恒成立，所以在区间上单调递减，又，当时，，得到在区间上恒成立，所以在区间上单调递减，又，所以，得到，故选：A.【点睛】关键点点晴：本题的关键在于判断的大小，通过构造函数，利用导数与函数的单调性间的关系，得函数的单调性，即可求出结果.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.党的二十大作出“发展海洋经济，保护海洋生态环境，加快建设海洋强国”的战略部署．如图是2018—2023年中国海洋生产总值的条形统计图，根据图中数据可知下列结论正确的是（）A.从2018年开始，中国海洋生产总值逐年增大B.从2019年开始，中国海洋生产总值的年增长率最大的是2021年C.这6年中国海洋生产总值的极差为15122D.这6年中国海洋生产总值的80%分位数是94628【答案】BD【解析】【分析】对A，根据条形图数据可判断；对B，根据数据计算年增长率可判断；对C ，计算极差可判断；对D，根据80%分位数概念计算可判断.【详解】对于A，根据条形图数据可以看到2020年较2019年海洋生产总值是下降的，故A错误；对于B，2019年海洋生产总值年增长率是，2020年海洋生产总值年增长率是，2021年海洋生产总值年增长率是，2022年海洋生产总值年增长率是，2023年海洋生产总值年增长率是，故年增长率最大的是2021年，故B正确；对于C，这6年中国海洋生产总值的极差为，故C错误；对于D，将这6年的海洋生产总值按照从小到大排列80010，83415，89415，90385，94628，98537，又，所以这6年中国海洋生产总值的80%分位数是94628，故D正确.故选：BD10.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.B.在上单调递增C.的图象关于直线对称D.为偶函数【答案】AC【解析】 【分析】利用图象求出函数的解析式，可判断A选项；利用余弦型函数的单调性可判断B选项；利用余弦型函数的对称性可判断C选项；利用余弦型函数的奇偶性可判断D选项.【详解】对于A选项，由图可知，，因为，则，所以，，解得，A对；对于B选项，由A选项可知，，当时，，所以，函数在上不单调，B错；对于C选项，因为，所以，的图象关于直线对称，C对；对于D选项，，所以，是非奇非偶函数，D错.故选：AC.11.已知直线与抛物线相切于点P，过P作两条斜率互为相反数的直线，这两条直线与C的另一个交点分别为A，B，直线与C交于M，N两点，则（）A.B.线段AB中点的纵坐标为C.直线AB的斜率为D.直线PM，PN的斜率之积为4【答案】BCD【解析】【分析】对A：联立后得到一元二次方程，令计算即可得；对B：设出直线后联立可得，，即可得其中点纵坐标；对C：由斜率公式计算即可得；对D：联立与抛物线可得与、纵坐标有关韦达定理，结合斜率公式计算即可得其斜率之积.【详解】对A：联立可得，即有， ，解得，故A错误；对B：由，故有，故，，故，设，则，，联立与抛物线，即有，消去可得，，即，则有，即同理可得：，故，故B正确；对C：，故C正确；对D：由题意可得，同理可得，则联立与抛物线，即有，消去可得，故，，即有，故D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题多个选项都需要联立直线与抛物线方程，得到相应一元二次方程，再借助韦达定理从而得到纵坐标之间的关系. 12.如图，在直三棱柱中，，，在线段上且，则（）A.B.四棱锥的外接球的一条直径为C.三棱锥的外接球表面积为D.三棱锥的外接球体积为【答案】BC【解析】【分析】建立空间直角坐标系，根据条件得出，，再利用向量法对各个选项逐一分析判断即可得出结果.【详解】由题意可建立如图所示的空间直角坐标系，因为，则，设，得到，所以，又，，所以，得到，所以，对于选项A，因为，，所以与不垂直，所以选项A错误，对于选项B，取的中点，易知，因为，所以到距离均相等，所以选项B正确， 对于选项C，设三棱锥的外接球心为，半径为，则，解得，所以，得到三棱锥的外接球表面积为，所以选项C正确，对于选项D，设三棱锥的外接球心为，半径为，则，解得，所以，得到，得到三棱锥外接球体积为，所以选项D错误，故选：BC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若圆关于直线对称，则______．【答案】【解析】【分析】求出圆心坐标，代入直线方程可得出实数的值.【详解】圆的圆心为，由题意可知，圆心在直线上，则，解得，当时，此时方程表示圆，满足题意.故答案为：.14.的展开式中的系数为______．（用数字作答）【答案】【解析】 【分析】结合二项式的展开式的通项公式计算即可得.【详解】对，有，则当时，有，当时，有，则的展开式中的系数为.故答案为：.15.已知函数，则不等式的解集为______．【答案】或【解析】【分析】对定义域分类讨论，当时结合导数研究函数的单调性计算即可得.【详解】当时，有，解得，当时，，令，解得，当时，有，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，又，，即的解集为，综上所述，不等式的解集为或.故答案为：或.16.已知数列的通项公式为，若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】 【分析】借助裂项相消法可得，即可得恒成立，构造函数，结合导数判断单调性进而即得.【详解】由，则，故，由，可得，即，设，则恒成立，故在单调递减，当时，，即当时，，故.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题关键在于得到恒成立后，构造函数，结合导数讨论函数单调性，从而得到的范围.四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.在当今信息泛滥的时代，很多因素容易分散孩子们的注意力．某儿童注意力训练机构从2~14岁的学员中随机抽取了50名学员，得到相关数据如图所示：（1）若抽取的这50名学员的平均年龄为6.2岁（每组数据以所在区间的中点值为代表），求图中a，b的值．（2）从所抽取的年龄在，，内的学员中，按照人数比例用分层随机抽样的方法抽取7人，再从这7人中任选3人，记这3人中年龄在内的学员人数为X，求X的分布列和数学期望． 【答案】（1），（2）分布列见解析，数学期望为【解析】【分析】（1）结合频率分布直方图的性质及平均数的定义计算即可得；（2）结合分层抽样与超几何分布的分布列及期望性质计算即可得.【小问1详解】由图可得，即有，由抽取的这50名学员的平均年龄为6.2岁，可得，即可得，又，故，；【小问2详解】由频率分布直方图可得：，，三组的频率之比为：，故抽取的7人中，年龄在内的有人，年龄在内的有人，年龄在内的有人，故X的可能取值为，，，，有，，，，故其分布列为：.18.如图,在中,的平分线交边于点,点在边上,,, .（1）求的大小;（2）若,求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）因为是的角平分线,所以,在中利用余弦定理求出的长,再次利用余弦定理即可求出的大小.（2）在中,由正弦定理求出的长,再根据四边形内角和为可得到,从而求出的值,再利用三角形面积公式求解即可.【小问1详解】因为是的角平分线,所以,在中,根据余弦定理得,所以,则,因为,所以.【小问2详解】 因为,所以,在中,由正弦定理得,在四边形中,,所以,则.19.如图，四棱锥的体积为1，平面平面，，，，，为钝角．（1）证明：；（2）若点E在棱AB上，且，求直线PE与平面PBD所成角的正弦值．【答案】（1）证明过程见解析（2）【解析】【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，结合棱锥的体积得到棱锥的高，由勾股定理求出，得到；（2）建立空间直角坐标系，根据求出，求出平面法向量，得到线面角的正弦值.【小问1详解】过点作⊥，交的延长线于点，连接，因为平面平面，交线为，平面， 所以⊥平面，因为，，，所以四边形的面积，因为四棱锥的体积为1，所以，解得，因为平面，所以⊥，⊥，因为，为钝角，由勾股定理得，所以，又，，故四边形为矩形，所以，由勾股定理得，故；【小问2详解】由（1）知，两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，，设，，则，解得，故，设平面的法向量为，， 令，得，故，设直线PE与平面所成角为，所以.直线PE与平面PBD所成角正弦值为.20.在数列中，，，且数列是等比数列．（1）求的通项公式；（2）设，数列的前n项和为，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）结合题意，借助等比数列定义计算即可得；（2）借助两次错位相减法计算即可得，即可得证.【小问1详解】设等比数列的公比为，则，则，即，，即，又，故有，解得， 故，；【小问2详解】，则，，有，即，令，则，则有，即有，即，故，又，故.21.已知双曲线的右焦点为，且过点．（1）求的方程；（2）设点，为坐标原点，直线与的右支交于两点，过点作直线的平行线，与x轴交于点，与直线交于点，证明：为线段的中点． 【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）借助双曲线的性质及双曲线上的点计算即可得；（2）设出直线，联立曲线后得到韦达定理，可得，借助所设参数，表示出的纵坐标，代入，可得的纵坐标与的关系，结合中点公式及可得证.【小问1详解】由双曲线的右焦点为，故，由C过点，故，即有，化简得，即，故或，由，故不符合要求，即，则，故C的方程为；【小问2详解】设直线，、，由，则，联立直线与双曲线方程，有，消去可得，有，且，即有，，，则，又直线与的右支交于两点，故， 即有，由，故，直线，联立两直线，有，则有，整理得，故，即，又，有,故G为线段QR的中点.【点睛】关键点睛：本题关键在于借助韦达定理得到，从而代入中，得到与的关系.22.已知函数，．（1）讨论的单调性；（2）若函数有两个不同的零点，求实数a的取值范围．【答案】22.答案见解析 23.【解析】【分析】（1）对进行分类讨论，结合导数即可研究函数的单调性；（2）对进行分类讨论，借助导数研究函数的单调性与极值，从而得到函数的零点个数.【小问1详解】，则当时，恒成立，故在上单调递增；当时，令，可得，当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减；综上所述，当时，上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减；【小问2详解】，则，当时，有，令，有，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，故，由函数有两个不同的零点，故，解得，又当时，，且， 故此时在、上各有一零点，即当时，有两个不同的零点，符合要求；当时，令，有，，①当时，有，则当时，，当时，，即在、上单调递减，在上单调递增，又，故至多有一个零点，不符合要求；②当时，有，故恒成立，故在定义域内单调递减，至多有一个零点，不符合要求；③当时，有，则当时，，当时，，即在、上单调递减，在上单调递增，又，故至多有一个零点，不符合要求；综上所述，.【点睛】关键点点睛：本题第二问关键在于对进行分类讨论，借助导数研究函数的单调性与极值，从而得到函数的零点个数.