安徽省示范高中皖北协作区2024届高三下学期数学联考试题 Word版含解析.docx

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2024年安徽省示范高中皖北协作区第26届高三联考数学试卷考生注意：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．写在本试卷上无数．3．考试后，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，或，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出函数定义域化简集合，再利用补集、并集的定义求解即得.【详解】由，得，因此，，而，所以.故选：D2.已知复数，则在复平面内对应的点的坐标为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】用复数的运算法则化简即可求得.【详解】由复数，则，，第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 故复数在复平面内的点的坐标为.故选：B3.若，，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】借助充分条件与必要条件的定义，先借助特值排除充分性，再借助基本不等式验证必要性即可得.【详解】当时，成立，而不成立，故“”不是“”的充分条件；当时，有，当且仅当时等号成立，则，故“”是“”的必要条件.故选：B.4.已知在单调递增的等差数列中，与的等差中项为8，且，则的公差（）A.5B.4C.3D.2【答案】C【解析】【分析】根据题意，列出关于方程组，求得的值，即可得到答案.【详解】由等差数列为单调递增数列，可得公差，因为与的等差中项为8，可得，可得，即，又因为，可得，即，解得或（舍去）.故选：C.5.科学家从由实际生活得出的大量统计数据中发现以1开头的数出现的频率较高，以1第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 开头的数出现的频数约为总数的三成，并提出定律：在大量b进制随机数据中，以n开头的数出现的概率为，如裴波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．若（，），则k的值为（）A.11B.15C.19D.21【答案】A【解析】【分析】根据条件中的概率公式，结合求和公式，以及对数运算，即可求解.【详解】，即，则，得.故选：A6.已知，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由两角和与差的正弦，余弦，正切公式求解即可.【详解】由于，所以，所以，所以，又，所以，所以，由题设显然，所以，所以，第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 所以.故选：C.7.设与为两个正四棱锥，正方形ABCD的边长为且，点M在线段AC上，且，将异面直线PD，QM所成的角记为，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】建立适当空间站直角坐标系后，借助空间向量表示出的余弦值，结合基本不等式计算即可得解.【详解】连接交于点，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方形的边长为，所以，因为，所以为的中点，设，在直角中，有，故，所以，则，所以，因为，当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为，因此的最小值为.第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 故选：A.8.已知点M是直线和（）的交点，，，且点M满足恒成立．若，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】联立方程组求得，根据已知条件，求得的取值范围，当三点共线时，即可求得最小值.【详解】由直线方程联立得，即，由，即，化简整理得，，因为，所以，解得，又因为，所以当三点共线时，取得最小值，所以.所以的最小值为.第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 故选：B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2分，有选错的得0分．9.已知样本数据（，）的方差为，平均数，则（）A.数据，，，，的方差为B.数据，，，，的平均数大于0C.数据的方差大于D.数据的平均数大于【答案】AD【解析】【分析】根据方差、平均数的定义和性质，结合题意，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：数据，，，，的方差为，A正确；对B：数据，，，，的平均数为，当时，，故B错误；对C：去掉一个最小(特异值)的数据，剩下的数据的方差有可能更小，故C错误；对D：因为，数据的平均数，因为，故数据的平均数大于，故D正确.故选：AD.10.如图，函数的图象与x轴的其中两个交点为A，B，与y轴交于点C，D为线段BC的中点，，，，则（）A.的最小正周期为B.的图象关于直线对称C.在单调递减D.为奇函数第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 【答案】CD【解析】【分析】结合题意计算可得，结合正弦型函数的性质逐项判断即可得.【详解】由题可，，，则，有，，，，把代入上式，得，解得(负值舍去)，，，由，解得，，解得，，对A，的最小正周期为，故A错误；对B：，故B错误；对C：当时，，在单调递减，故C正确；对D：，为奇函数，故D正确.故选：CD.11.在棱长为1的正方体中，以A，为焦点的椭圆，绕着轴旋转180°得到的旋转体称为椭球，椭圆的长轴就是椭球的长轴，若椭球的长轴长为2，则下列结论中正确的是（）A.椭球的表面与正方体的六个面都有交线B.在正方体的所有棱中，只有六条棱与椭球的表面相交C.若椭球的表面与正方体的某条棱相交，则交点必是该棱的一个三等分点第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 D.椭球的表面与正方体的一个面的交线是椭圆的一段【答案】ABD【解析】【分析】对A：根据题意画图即可判断；对BC：假设存在椭球与棱相交的点，根据椭圆的定义，列方程求解，即可判断；对D：以正方形的中心建立空间直角坐标系，设出交点坐标，根据其在椭圆上，求得其轨迹方程，即可判断.【详解】对A：根据题意，画图易知A正确；对B，C：假设是椭球的表面与棱的交点，设，则，解得，故棱上有一点（的中点）满足条件；同理在上各有一点满足条件；设是椭球的表面和棱的交点，则，故棱上不存在满足条件的点；同理在棱上也不存在满足条件点，故B正确，C错误；对D：连接交于点，连接交于点，连接，以为坐标原点，建立如下所示空间直角坐标系：则，在正方形内（含边界），设是椭球的表面和正方体的表面的交点，第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 则，即，也即，两边平方整理得：，显然点的轨迹为椭圆的一部分，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：解决D选项的关键是建立坐标系，根据交点满足的条件，求得的轨迹方程，进而进行判断.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中的系数是______．【答案】【解析】【分析】根据二项式展开式的通项公式，利用赋值法，即可求得对应的系数.【详解】的展开式的通项公式，令，解得，又，则该二项式展开式中的系数是.故答案为：.13.已知数列满足，若，则的前20项和______．【答案】【解析】【分析】根据给定条件，按奇偶讨论求出，再分组求的即得.【详解】数列满足：，当为正奇数时，，即数列是以为首项，为公差的等差数列，于是，当为正偶数时，，即，第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 则数列是以为首项，为公差的等差数列，于是，所以的前20项和.故答案为：14.已知抛物线的焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点．过A作C的切线m及平行于x轴的直线，过F作平行于m的直线交于M，过B作C的切线n及平行于x轴的直线，过F作平行于n的直线交于N．若，则点A的横坐标为______．【答案】3【解析】【分析】利用导数的几何意义，求切线的斜率，并利用直线的交点求点的坐标，再根据方程，求点的坐标.【详解】设,，不妨设点在第一象限，点在第四象限，当时，，所以点处切线的斜率为，所以过点且与直线平行的直线为，当时，得，即当时，，所以点处切线的斜率为，所以过点且与直线平行的直线为，当时，得，即，所以，第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 所以，（*）设直线，联立，得，得，，代入（*），得，化简为，解得：，或（舍）所以点的横坐标为3.故答案为：3【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用导数求切线的斜率，以及利用韦达定理得到.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.如图，在平面四边形ABCD中，，．（1）若，，求的值；（2）若，，求四边形ABCD的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）中求出，在中，由正弦定理求出的值；（2）和中，由余弦定理求出和，得和，进而可求四边形ABCD的面积．【小问1详解】在中，，，则，，在中，由正弦定理得，第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 .【小问2详解】在和中，由余弦定理得，，得，又，得，则，，四边形ABCD的面积.16.2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，m，m，m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，m，，平面平面ABCD．（1）求点H到平面ABCD的距离；（2）求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）取的中点，证得平面平面，得到，再由平面平面，证得，得到平行四边形，得到，求得，结合平面，即可求解；第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】如图所示，取的中点，连接，因为，可得，又因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，同理可得：平面，因为平面，所以，又因为平面，平面，所以平面，因为，且平面，平面，所以平面，又因为，且平面，所以平面平面，因为平面与平面和平面于，可得，又由，，且和，所以平面平面，因为平面与平面和平面于，所以，可得四边形为平行四边形，所以，因为，所以，直角，可得，在直角梯形中，可得，因为平面，所以点到平面的距离为.【小问2详解】解：以点为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，可得，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 设平面的法向量为，则，取，可得，所以，则，即平面与平面所成锐二面角的余弦值.17.已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，离心率为2，P是E的右支上一点，且，的面积为3．（1）求E的方程；（2）若E的左、右顶点分别为A，B，过点的直线l与E的右支交于M，N两点，直线AM和BN的斜率分别即为和，求的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由三角形面积及双曲线的定义，利用勾股定理求解即可；（2）设直线方程，联立双曲线方程，由根与系数的关系及斜率公式化简可得，代入中化简即可得出最值.【小问1详解】设双曲线的半焦距为()，第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 ，由题可知，，即，又，故E的方程为.小问2详解】如图，由题可知，且直线的斜率不为，设直线的方程为，，将方程和联立，得，，，第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 ，,直线与的右支有交点，，当时，取得最小值，且最小值为.18.某校在90周年校庆到来之际，为了丰富教师的学习和生活，特举行了答题竞赛．在竞赛中，每位参赛教师答题若干次，每一次答题的赋分方法如下：第1次答题，答对得20分，答错得10分，从第2次答题开始，答对则获得上一次答题所得分数两倍的得分，答错得10分，教师甲参加答题竞赛，每次答对的概率均为，每次答题是否答对互不影响.（1）求甲前3次答题得分之和为70分的概率．（2）记甲第i次答题所得分数的数学期望为．（ⅰ）求，，，并猜想当时，与之间的关系式；（ⅱ）若，求n的最小值．【答案】（1）（2）（ⅰ）；（ⅱ）【解析】【分析】（1）由题意，得到前3次的得分分别为20（对），40（对），10（错）或10（错），20（对），40（对），进而求得得分之和为70分的概率；（2）（ⅰ）根据题意，分别求得，，，结合题意，得到，即可完成猜想；（ⅱ）由（i）得到为等差数列，求得，结合和，即可求解.小问1详解】解：由题意，前3次的得分分别为20（对），40（对），10（错）或10（错），20（对），40（对），所以甲前3次答题的得分之和为70分的概率为.【小问2详解】第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 解：（ⅰ）甲第1次答题得分20分，10分的概率分别为，则，甲第2次答题得分40分，20分，10分的概率分别为，则，甲第3次答题得分80分，40分，20，10嗯分的概率分别为，则，当时，因为甲第次答题所得分数的数学期望为，所以第次答对题所得分数为，答错题所的分数为分，其概率为，所以，可猜想：.（ⅱ）由（i）知数列是以15为首项，5为公差的等差数列，根据等差数列的求和公式，可得，当时，，当时，，所以实数的最小值为.【点睛】方法点睛：对于离散型随机变量的期望与方差的综合问题的求解策略：1、理解随机变量的意义，写出可能取得得全部数值；2、根据题意，求得随机变量的每一个值对应的概率；3、列出随机变量的分布列，利用期望和方差的公式求得数学期望和方差；4、注意期望与方差的性质的应用；19.已知函数的图象在点处的切线方程为．（1）求的解析式；（2）证明：，．参考数据：．【答案】（1）第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；（2）原问题可转化为证明，构造函数，借助导函数及零点的存在性定理虚设零点再代入求解即可得证.【小问1详解】由题可知，切点为，切线的斜率为，，所以，解得，所以；【小问2详解】要证明，即证明，令函数，则，当时，，设函数，则，故在单调递增，又，，所以存在唯一的，使得，即，所以，第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 当时，单调递减，当时，单调递增，所以，设函数，则当时，在单调递增，所以，原不等式得证.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于对函数的零点不可求时，借助零点存在性定理，虚设零点，即令，从而可得函数单调性并可代入后续计算中求解.第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司