安徽省合肥市2024届高三第一次教学质量检查数学试题 Word版含解析.docx

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2024年合肥市高三第一次教学质量检测数学试卷（考试时间：120分钟满分：150分）注意事项：1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号.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､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.已知复数满足，则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】A【解析】【分析】由题,利用除法法则整理为的形式,即可得到复数的坐标形式,进而求解即可【详解】由题,,所以在复平面内对应的点为,故选:A【点睛】本题考查复数的坐标表示,考查复数在复平面的位置,考查复数的除法法则的应用2.记为等差数列的前项和，若，则（）A.144B.120C.100D.80【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的定义及性质求得数列的首项和公差，利用等差数列前项和公式计算即可.【详解】因为，所以，又， 所以，则，所以，故选：B.3已知随机变量服从正态分布，且，则等于（）A.0.14B.0.62C.0.72D.0.86【答案】D【解析】【分析】根据正态分布的性质进行计算即可.【详解】随机变量服从正态分布，且,所以，，所以，故选:D.4.双曲线的焦距为4，则的渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据双曲线方程以及焦距可得，可得渐近线方程.【详解】由焦距为4可得，即，所以，可得，即；则的渐近线方程为.故选：B 5.在中，内角的对边分别为，若，且，则（）A.1B.C.D.2【答案】A【解析】【分析】给两边同时乘以，结合余弦定理求解即可.【详解】因为，两边同时乘以得：，由余弦定理可得，则，所以有，又，所以，又因为，所以.故选：A6.已知四面体的各顶点都在同一球面上，若，平面平面，则该球的表面积是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题中条件作出外接球球心，利用勾股定理计算得到半径，进一步计算即可.【详解】过三角形的中心作平面的垂线，过三角形的中心作平面的垂线，两垂线交于点，连接，依据题中条件可知，为四面体的外接球球心，因为， 所以,则,即外接球半径为，则该球的表面积为，故选：C.7.已知直线与交于两点，设弦的中点为为坐标原点，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先求出圆心坐标与半径，再求出直线过定点坐标，设，，，联立直线与圆的方程，消元、列出韦达定理，即可得到，从而求出动点的轨迹方程，再求出圆心到坐标原点的距离，从而求出的取值范围.【详解】即，则圆心，半径，直线，令，解得，即直线恒过定点，又，所以点在圆内，设，，，由，消去整理得，显然，则，则，所以，， 则，则，又直线的斜率不为，所以不过点，所以动点的轨迹方程为（除点外），圆圆心为，半径，又，所以，即，即的取值范围为.故选：D【点睛】关键点点睛：本题关键是求出动点的轨迹，再求出圆心到原点的距离，最后根据圆的几何性质计算可得.8.已知函数的定义域为，且，记，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据函数满足的表达式以及，利用赋值法即可计算出的大小.【详解】由可得，令，代入可得，即， 令，代入可得，即，令，代入可得，即；由可得，显然可得.故选：A【点睛】方法点睛：研究抽象函数性质时，可根据满足的关系式利用赋值法合理选取自变量的取值，由函数值或范围得出函数单调性等性质，进而实现问题求解.二､多选题：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.现有甲､乙两家检测机构对某品牌的一款智能手机进行拆解测评，具体打分如下表（满分分）.设事件表示从甲机构测评分数中任取个，至多个超过平均分”，事件表示“从甲机构测评分数中任取个，恰有个超过平均分”.下列说法正确的是（）机构名称甲乙分值90989092959395929194A.甲机构测评分数的平均分小于乙机构测评分数的平均分B.甲机构测评分数的方差大于乙机构测评分数的方差C.乙机构测评分数的第一四分位数为91.5D.事件互为对立事件【答案】BD【解析】【分析】直接由平均数、方差、百分位数及对立事件的概念，逐一对各个选项分析判断，即可得出结果.【详解】对于选项A，甲机构测评分数的平均分，乙机构测评分数的平均分，所以选项A错误，对于选项B，甲机构测评分数的方差 ，，所以选项B正确，对于选项C，乙机构测评分数从小排到大为：91，92，93，94，95，又，所以乙机构测评分数的第一四分位数为92，所以选项C错误，对于选项D，因为甲机构测评分数中有且仅有2个测评分数超过平均分，由对立事件的定义知，事件互为对立事件，所以选项D正确，故选：BD.10.函数的图象可能是（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】利用分类讨论及函数的单调性与导数的关系，结合函数的性质即可求解.【详解】由题意可知，函数的定义域为，当时，，函数在上单调递增，故B正确；当时，，，所以在上单调递增，故D正确；当时，当时，；当时，；故A正确；C错误.故选：ABD.11.已知椭圆的左､右顶点分别为，左焦点为为上异于的一点，过点 且垂直于轴的直线与的另一个交点为，交轴于点，则（）A.存在点，使B.C.的最小值为D.周长的最大值为8【答案】BCD【解析】【分析】对于A，判断与的大小即即可；对于B,设，，，利用坐标分别求出等式左右验证即可；对于C，求出，利用二次函数求最值即可；对于D，利用椭圆的定义，转化求的最大值，即可.【详解】对于A,设椭圆的上顶点为，则直角三角形中，，则，故A错误；对于B，设，则，，且，即，又,则，又，故，则B正确；对于C，，，， 则当时，取最小值为，故C正确；对于D，设椭圆的右焦点为,的周长为：,当且仅当三点共线时，等号成立，故D正确，故选：BCD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知集合，若，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】利用一元二次不等式的解法及交集的定义即可求解.【详解】由，得,解得，所以.因为，所以或，解得或，所以的取值范围是.故答案为：.13.已知函数的一条对称轴为，当时，的最小值为，则的最大值为__________.【答案】【解析】 【分析】根据条件得到，从而得到，令，再利用的图象与性质，即可求出结果.【详解】因为函数的一条对称轴为，所以，得到，又，所以，所以，又当时，的最小值为，令，则，由的图象与性质知，，得到，故答案为：.14.已知点，定义为的“镜像距离”.若点在曲线上，且的最小值为2，则实数的值为__________.【答案】##【解析】【分析】依题意求出的反函数，将“镜像距离”转化成一对反函数图象上两点之间的距离，利用导函数的几何意义求出切线方程即可求得结果.【详解】由函数可得，即；所以的反函数为；由点在曲线上可知点在其反函数上，所以相当于上的点到曲线上点的距离， 即，利用反函数性质可得与关于对称，所以可得当与垂直时，取得最小值为2，因此两点到的距离都为1，过点的切线平行于直线，斜率为1，即，可得，即；点到的距离，解得；当时，与相交，不合题意；因此.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用反函数性质将“镜像距离”问题转化为两函数图象上两点距离的最值问题，再由切线方程可解得参数值.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.已知函数，当时，有极大值.（1）求实数的值；（2）当时，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题中条件列出方程组，解出验证即可；（2）变形不等式，构造函数利用函数单调性证明即可.【小问1详解】函数的定义域为，且，因为时，有极大值， 所以，解得，经检验，当时，在时有极大值，所以；【小问2详解】由（1）知，，当时，要证，即证，即证：.设，则，因为，所以，所以在上单调递增，所以，即，即，故当时，.16.如图，三棱柱中，四边形均为正方形，分别是棱的中点，为上一点.（1）证明：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】 【分析】（1）连接,则有平面平面，可得平面；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【小问1详解】连接.因为，且，又分别是棱的中点，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面平面，所以平面，因为，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，因为平面，所以平面.【小问2详解】四边形均为正方形，所以.所以平面.因为， 所以平面.从而.又，所以为等边三角形.因为是棱的中点，所以.即两两垂直.以为原点，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，所以.设为平面的法向量，则，即，可取.因为，所以.设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角正弦值为.17.2023年9月26日，第十四届中国（合肥）国际园林博览会在合肥骆岗公园开幕.本届园博会以“ 生态优先，百姓园博”为主题，共设有5个省内展园､26个省外展园和7个国际展园，开园面积近3.23平方公里.游客可通过乘坐观光车､骑自行车和步行三种方式游园.（1）若游客甲计划在5个省内展园和7个国际展园中随机选择2个展园游玩，记甲参观省内展园数量为，求的分布列及数学期望；（2）为更好地服务游客，主办方随机调查了500名首次游园且只选择一种游园方式的游客，其选择的游园方式和游园结果的统计数据如下表：游园方式游园结果观光车自行车步行参观完所有展园808040未参观完所有展园20120160用频率估计概率.若游客乙首次游园，选择上述三种游园方式的一种，求游园结束时乙能参观完所有展园的概率.【答案】（1）分布列见解析，（2）0.4【解析】【分析】（1）根据题意结合超几何分布求分布列和期望；（2）根据题意结合全概率公式运算求解.【小问1详解】由题意知：所有可能取值为，则有：，，，可知的分布列为：012所以的数学期望为：.【小问2详解】记事件A为“游客乙乘坐观光车游园”，事件为“游客乙骑自行车游园”，事件为“游客乙步行游园” ，事件为“游园结束时，乙能参观完所有展园”，由题意可知：，，由全概率公式可得，所以游园结束时，乙能参观完所有展园的概率为0.4.18.已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，过作的切线，交于点，且与轴分别交于点.（1）求证：；（2）设点是上异于的一点，到直线的距离分别为，求的最小值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用导函数的几何意义求得直线的表达式，得出三点的坐标，联立直线与抛物线方程根据韦达定理得出；（2）利用点到直线距离公式可求得，可求出的最小值.【小问1详解】因为抛物线的焦点为，所以，即的方程为：，如下图所示：设点，由题意可知直线的斜率一定存在，设， 联立得，所以.由，得，所以，即.令，得，即，同理，且，所以.由，得，即.所以.故.【小问2详解】设点，结合（1）知，即因为，所以.同理可得，所以.又， 所以.当且仅当时，等号成立；即直线斜率为0时，取最小值；19.“数”在量子代数研究中发挥了重要作用.设是非零实数，对任意，定义“数”利用“数”可定义“阶乘”和“组合数”，即对任意，（1）计算：；（2）证明：对于任意，（3）证明：对于任意，【答案】（1）155（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题中定义，直接进行计算即可；（2）根据题中定义计算出等式左右两边的值，化简后即可证明；（3）根据题中的定义化简题中的条件，得到，利用此等式，等到个等式，相加即可.【小问1详解】由定义可知，.【小问2详解】 因为，.又,所以【小问3详解】由定义得：对任意.结合（2）可知即，也即.所以，，……. 上述个等式两边分别相加得：.【点睛】关键点点睛：本题关键是充分利用题中的定义进行运算.