安徽省部分学校2023-2024学年高三下学期春季阶段性检测数学试题 Word版含解析.docx

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安徽省普通高中高三春季阶段性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.回答选择题时，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.已知集合和，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出集合，根据集合的交补运算求解.【详解】，所以，所以.故选：C2.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算求得得答案.【详解】，所以复数在复平面内对应的点位于第二象限.故选：B 3.已知非零向量，满足，设甲：，乙：，则（）A.甲是乙的充要条件B.甲是乙的充分条件但不是必要条件C.甲是乙的必要条件但不是充分条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】A【解析】【分析】将平方转化为数量积，根据可得乙等价于，即甲、乙互为充要条件.【详解】乙:等价于，即，因为，所以，所以乙等价于，即，所以甲、乙互为充要条件.故选：A4.某研究机构通过统计分析发现，教师的工作效率E与工作年数、劳累程度有关，并建立了数学模型，已知李老师工作了20年，根据上述公式，与工作10年时相比，如果他的工作效率不变，则他现在的劳累程度是工作10年时劳累程度的（）A.倍B.倍C.倍D.倍【答案】B【解析】【分析】设现在的劳累程度是，工作10年时的劳累程度是，根据给定信息列出等式计算即得.【详解】设李老师现在的劳累程度是，工作10年时的劳累程度是，依题意，，所以.故选：B5.已知数列中，，，且当时，，则（）A.B.C.3D.4【答案】D 【解析】【分析】利用，得出数列为周期数列，且周期为，从而得到，即可求出结果.【详解】因为①，所以②，①②得，即有，所以，即数列为周期数列，且周期为，又，，所以，得到，故选：D.6.设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，D为边BC上一点，，，则的面积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设，在与中，由余弦定理求出，根据求出，进而求得的面积.【详解】设，在中，，在中，，所以，解得，因为，所以，所以的面积为.故选：C7.已知抛物线，过C的焦点F且倾斜角为的直线交C于A，B两点，线段AB的中点为W，，则（）A.1B.2C.3D.4 【答案】B【解析】【分析】设，代入抛物线方程两式相减可得，进而求得，由求得值.【详解】设，则两式相减，可得，所以，即，所以，所以，代入直线，得，所以，所以，解得.故选：B8.设，，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】通过构造函数，，，利用导数与函数的单调性间的关系，分别求出函数的单调区间，利用单调性即可比较出函数值的大小，从而求出结果.【详解】令，则在区间上恒成立，即在区间上单调递增，所以，即， 所以，令，则在区间上恒成立，即在区间上单调递增，所以，即，所以，所以，令，则在区间上恒成立，即在在区间上单调递增，所以，即，所以，综上，，故选：D.【点睛】关键点点晴：通过构造函数，，，将比较大小转化成函数值的大小，再对函数进行求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出函数的单调区间，利用单调性即可解决问题.二、多项选择题：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.某专业饲料市场研究机构统计得到2023年1-9月和2022年同期的豆粕价格走势图如图所示，则（）A.2023年1-9月的豆粕价格仅有4个月低于2022年同期B.从极差来看，2022年1-9月的豆粕价格比2023年同期波动范围更大C.2023年1-9月的豆粕价格的中位数为2.30D.2022年1-9月的豆粕价格的平均数低于2.30 【答案】BD【解析】【分析】根据给定的折线图，结合极差、中位数、平均数的意义逐项判断即得.【详解】对于A，2023年3月、4月、5月、6月、7月的豆粕价格低于2022年同期，A错误；对于B，2022年的极差约为0.6，2023年的极差约为0.4，B正确；对于C，2023年1-9月的豆粕价格的中位数是3月的数据，小于2.30，C错误；对于D，2022年3月、4月、9月的豆粕价格均高于2.30，且与2.30的差不大于0.2，而其余月份豆粕价格均低于2.30，且1月、2月的豆粕价格与2.30的差分别大于0.4，0.2，因此2022年1-9月的豆粕价格的平均数低于2.30，D正确.故选：BD10.如图，在平行六面体中，底面为正方形，平面平面，是边长为2的等边三角形，分别是线段，的中点，则（）A.B.平面C.与所成角的余弦值为D.与平面所成角的正弦值为【答案】ABD【解析】【分析】根据条件，建立空间直角坐标系，利用向量法对选项A、C和D逐一分析判断即可得出结果，对于选项B，通过条件得到，再利用线面平行的判定定理即可得出结果.【详解】如图，取中点，中点，连接，因为是边长为2的等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，易知，故可建立如图所示的空间直角坐系， 又棱长均为，，则，所以，又，所以，对于选项A，因为，得，所以，即有，故选项A正确，对于选项B，因为是线段的中点，又是与的交点，则为的中点，所以，又面，面，所以平面，故选项B正确，对于选项C，因为，，设与所成的角为，则，故选项C错误，对于选项D，易知平面的一个法向量为，又，设与平面所成的角为，则，故选项D正确，故选：ABD.11.已知椭圆的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为A，B，上顶点为D，P是E上异于A，B的一个动点，若，则（）A.E的离心率为B.直线PA与PB的斜率之积为 C.满足的点P有4个D.【答案】ACD【解析】【分析】根据求得离心率，根据关系求得判断B，根据关系判断C，设，计算的范围判断D.【详解】对于A，设椭圆的半焦距为，离心率为，因为，所以，左边分子分母同时除以，得，解得，故A正确;对于B，设，因为，所以，则，故B错误;对于C，因为，所以的上、下顶点在以为直径的圆内，故该圆与E有4个交点，因此满足的点有4个，故C正确;对于的方程可写为，设，则，当时取等号，则，故D正确.故选：ACD【点睛】方法点睛：椭圆的左、右顶点分别为A，B，P是E上异于A，B的一个动点，则.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为__________.【答案】【解析】【分析】根据条件得到，从而有，再利用导数的几何意义，即可求出结果.【详解】因为为奇函数，且定义域为，所以，得到，当时，，，所以满足意义，故，所以，故，又，所以曲线在点处的切线方程为，故答案为：.13.某商场搞抽奖活动，将30副甲品牌耳机和20副乙品牌耳机放入抽奖箱中，让顾客从中随机抽1副，两个品牌的耳机外包装相同，耳机的颜色都只有黑色和白色，记事件“抽到白色耳机”，“抽到乙品牌耳机”，若，，则抽奖箱中甲品牌的黑色耳机有__________副.【答案】10【解析】【分析】根据求出乙品牌耳机中白色耳机的数目，通过设出甲品牌的黑色耳机副，根据表示出副白色耳机中15副乙品牌耳机所占的比例，求解方程即得.【详解】设抽奖箱中甲品牌的黑色耳机有副，则白色耳机有副.因，而乙品牌耳机共有20副，故乙品牌耳机中白色耳机有副，于是抽奖箱里共有白色耳机副，又，则，解得：.故答案为：10.14.若正四面体的顶点都在一个表面积为的球面上，过点且与平行的平面分别与棱交于点，则空间四边形的四条边长之和的最小值为__________.【答案】##【解析】 【分析】根据条件求出正四面体的棱长为，设，利用几何关系得到空间四边形的四条边长之和，即可求出结果.【详解】如图，将正四面体放置到正方体中，易知正四面体外接球即正方体的外接球，设正四面体的棱长为，所以正方体的边长为，易知正方体的外接球直径为体对角线的长，又，所以正四面体的半径，依题有，得到，即正四面体的棱长为，因为面，面面，面，所以，设因为，则，，在中，因为，所以，在中，，，则，所以空间四边形的四条边长之和，又，当时，，故答案为：.【点睛】关键点点晴：本题的关键在于设出后，利用几何关系得出 ，，，从而得出空间四边形的四条边长之和，转化成求的最小值来解决问题.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.某大棚种植户通过长期观察统计，发现去年本地市场中黄瓜每天的收购价格X（元）服从正态分布，规定收购价格在内的为“合理价格”.（1）从去年随机抽取10天，记这10天中黄瓜的收购价格是“合理价格”的天数为Y，求；（2）该大棚种植户为家乡的农产品做了5次直播带货，成交额y（万元）如下表所示：第x次直播带货12345成交额y（万元）912172127若用最小二乘法得到的y关于x的线性回归方程为，预计该大棚种植户第7次直播带货的成交额为多少万元.附：若，则，.【答案】（1）8.186；（2）35.2万元.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用正态分布求出收购价格是“合理价格”概率，再利用二项分布的期望公式计算即得.（2）根据给定的数表，求出样本点中心，求出回归直线方程，再进行数据估计即可.【小问1详解】由，得，则收购价格是“合理价格”的概率，依题意，，所以.【小问2详解】依题意，， 于是，解得，则线性回归方程为，当时，，所以预计该大棚种植户第7次直播带货的成交额为35.2万元.16.如图，等边三角形与正方形所在平面垂直，且，，与的交点为D，平面.（1）求线段的长度；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）取线段的中点，连接，由线面平行性质得，求得的长度；（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量进而求得夹角的余弦值.【小问1详解】取线段的中点，连接，则，又，所以.所以四点共面.由平面平面平面，平面，可得，所以四边形为平行四边形，故.小问2详解】取的中点，连接，，在等边三角形中，因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以，，以为原点，以所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则取.设平面的法向量为，则取.设平面与平面的夹角为，所以，平面与平面夹角的余弦值.17.已知等差数列的前n项和为，，，是各项均为正数的等比数列，，且.（1）求和的通项公式；（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）根据与的关系求的通项公式；根据等比数列基本量计算求的通项公式；（2）用裂项求和法求奇数项和，用错位相减求和法求偶数项和，证得结论.【小问1详解】设的公差为.因为，所以当时，，两式相减，得，因为，所以，所以，又，得，所以.设的公比为，由条件知，得，又，所以.【小问2详解】根据题意，在前项中，奇数项之和偶数项之和，，所以，所以， 故.18.已知双曲线（，）的左顶点为，过点的动直线l交C于P，Q两点（均不与A重合），当l与x轴垂直时，.（1）求C的方程；（2）若直线AP和AQ分别与直线交于点M和N，证明：为定值.【答案】（1）（2）为定值63，证明过程见解析【解析】【分析】（1）由题意得，并代入求出，根据求出，得到答案；（2）直线l的方程，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，得到直线，求出，同理得到，结合平面向量数量积公式，代入两根之和，两根之积得到.【小问1详解】由题意得，故，令得，解得，由于，故，解得，所以C方程为；【小问2详解】直线l交C于P，Q两点（均不与A重合），故直线l的斜率不为0，设直线l方程为，联立得，设，则且， 解得，，直线，令得，同理可得，故，则.为定值.【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.19.已知函数.（1）若，分析的单调性；（2）若，证明：在，内各恰有一个零点，并且这两个零点互为相反数.【答案】（1）在上单调递增（2）证明见解析【解析】【分析】（1）判断的符号得的单调性；（2）分析的单调性得在，内各恰有一个零点，设为函数在 内的零点，证明也是的零点即可.【小问1详解】若，则.设，则，令，得，当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增，所以，所以，所以在上单调递增.【小问2详解】.设，则，令，解得，令，解得，则在上单调递减，在上单调递增.若，即，则，又，当时，，当时，，所以在内各恰有一个零点，设为.当或时，单调递增，当时，单调递减.由于，所以，又当时，当时，的大致图象如下:设为函数在内的零点，下面证明也是的零点，即. 因为，所以综上，在，内各恰有一个零点，并且这两个零点互为相反数.【点睛】利用导数研究方程根（函数零点）的技巧（1）研究方程根情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等．（2）根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置．（3）利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．