2024届安徽省县中联盟高三上学期12月联考数学试题含答案

这是一份2024届安徽省县中联盟高三上学期12月联考数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用对数函数的定义域求解集合B，再利用补集运算和交集运算求解即可.
【详解】因为，所以，
又，所以.
故选：C
2．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】B
【分析】先利用复数模的运算及除法运算化简计算复数，然后根据复数的几何意义判断即可.
【详解】因为，
所以，
所以，所以在复平面内对应的点为，位于第二象限.
故选：B
3．已知圆台的上、下底面的半径分别为1，3，其表面积为，则该圆台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用圆台的表面积公式求得母线长，进而求得圆台的高，从而利用圆台的体积公式即可得解.
【详解】设圆台的母线长为．高为．
所以，解得，
所以．
所以该圆台的体积．
故选：D．
4．已知是两个单位向量，若在上的投影向量为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用投影向量公式，结合数量积公式，即可求解.
【详解】因为在上的投影向量为，所以，所以，所以．
故选：A．
5．已知直线是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【分析】根据面面平行、垂直的判定与性质对选项一一验证即可
【详解】对于A：若．则或，故A错误；
对于B：由，则设，当时，也是符合条件的，故B错误；
对于C：在长方体中，如图所示：
满足，此时与相交，故C错误；
对于D：若，则，故D正确．
故选：D．
6．在数列中，，且，则数列的前15项和为（ ）
A．84B．102C．120D．138
【答案】C
【分析】先利用等差中项判断数列为等差数列，然后利用通项公式基本量的运算求出通项，利用求和公式求出和，然后分组求和即可求解.
【详解】因为，所以是等差数列，
又，所以等差数列的公差，
所以，所以单调递减，且，
所以的前项和，
所以数列的前15项和为
.
故选：C
7．17世纪，在研究天文学的过程中，为了简化大数运算，苏格兰数学家纳皮尔发明了对数，对数的思想方法即把乘方和乘法运算分别转化为乘法和加法运算，数学家拉普拉斯称赞“对数的发明在实效上等于把天文学家的寿命延长了许多倍”．已知，设，则所在的区间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由对数的运算性质求解即可.
【详解】因为．所以
，
所以．
故选：D．
8．在中，内角的对边分别为，且，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简可得，再利用余弦定理可得，继而利用辅助角公式化简，可得答案.
【详解】因为，由正弦定理得，
所以，即，
所以．由正弦定理得．
由余弦定理得．
所以．其中，
所以的最大值为，此时，即，
故选：C．
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用正、余弦定理并结合辅助角公式得，最后求得其最值.
二、多选题
9．已知事件满足，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若与互斥，则
C．若，则与相互独立
D．若与相互独立，则
【答案】BC
【分析】由互斥事件、对立事件以及相互独立事件的概率公式逐项判断即可.
【详解】因为．所以．故A错误；
若与互斥．则，故B正确；
因为．所以与相互独立．故C正确：
因为与相互独立．所以．
所以，故D错误．
故选：BC．
10．已知，则下列说法正确的是（ ）
A．的最大值为B．的最小值为
C．的最小值为20D．的最小值为
【答案】BD
【分析】根据已知结合二次函数的最值与基本不等式对选项一一验证即可.
【详解】因为，
所以，则，
所以．
又因为所以．故A错误；
．
当且仅当时等号成立．故B正确；
，
当且仅当．即时等号成立．
所以的最小值为16．故C错误；
，
当且仅当．即时等号成立．故的最小值为，故D正确．
故选：BD．
11．如图，在棱长为1的正方体中，是的中点，点是侧面上的一点，则下列说法正确的是（ ）
A．若点是线段的中点，则
B．的周长的最小值为
C．若，则点到平面的距离为
D．若平面，则线段长度的取值范围是
【答案】ABD
【分析】A选项由空间向量的线性运算可得；记点关于平面的对称点为，所以的周长最小值为，则B选项可求；建立空间直角坐标系，利用点到面的距离公式可求C；设是的中点，是的中点，确定点的轨迹为线段，则可求D.
【详解】若点是线段的中点．则，故A正确；
记点关于平面的对称点为，所以的周长，故B正确；
以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系．如图所示．所以，．所以，，所以．设平面的一个法向量为．所以令．解得，所以平面的一个法向量．所以点到平面的距离，故C错误；
取的中点为．取的中点为．取的中点为．
如图所示．
因为是的中点，是的中点，所以．
因为平面平面．所以平面，
同理可得平面．
又平面，所以平面平面．
又平面．所以点的轨迹为线段．
由，得，，，，
所以．即为直角．
所以线段长度的取值范围是．故D正确．
故选：ABD．
12．已知函数，其中为自然对数的底数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的极值点为1
B．
C．若分别是曲线和上的动点.则的最小值为
D．若对任意的恒成立，则的最小值为
【答案】ACD
【分析】对于A，求导，利用导数研究函数的单调性，即可求出极值点；对于B，设，求导，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可求解；对于C，利用曲线与曲线互为反函数，可先求点到的最小距离，然后再求的最小值；对于D，利用同构把恒成立问题转化为，分离参数，构造函数，利用导数求解最值即可.
【详解】．所以，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极值点为1，故A正确；
设，则，
由单调性的性质知在上单调递增．
又，则存在．使得，
即，，所以当时．，当时．．
所以在上单调递减．在上单调递增.
所以，又，则，
所以，故B错误；
因为函数与函数互为反函数，其图象关于对称，
设点到的最小距离为，设函数上斜率为的切线为，
，由得，所以切点坐标为，即，所以，
所以的最小值为，故C正确；
若对任意的恒成立，
则对任意的恒成立，
令，则．所以在上单调递增，则，
即，令，所以，
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，所以，即的最小值为，故D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别.
三、填空题
13．一组数据24，78，47，39，60，18，28，15，53，23，42，36的第75百分位数是 ．
【答案】50
【分析】由百分位数的概念求解即可.
【详解】先按照从小到大排序：15，18，23，24，28，36，39，42，47，53，60，78．
共12个数据，，第9，10个数据分别为47，53，则第75百分位数为．
故答案为：50
14．已知空间向量，若共面，则 ．
【答案】6
【分析】根据向量共面列方程，化简求得的值.
【详解】若共面，则存在实数，使得，
即．
所以，解得．所以．
故答案为：
15．已知函数，则不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】令，根据指数函数的单调性得出的单调性.进而判断的奇偶性.将不等式变形可得， 即.结合的性质即可得出不等式，求解不等式，即可得出答案.
【详解】令，
因为函数在上单调递增，且恒成立，
所以在上单调递减.
又，
所以是奇函数．
由，可得，
所以.
又在上单调递减，
所以．
整理可得，，解得，
所以不等式的解集为．
故答案为：.
16．在三棱锥中，，且三棱锥的外接球的表面积为，记的面积分别为，则的最大值为 ．
【答案】32
【分析】根据球表面积公式得出外接球的半径，设，由已知结合外接球的长方体模型可得外接球，即可得出，在结合三角形面积公式与基本不等式得出，即可代入值得出答案.
【详解】设三棱锥的外接球的半径为，
所以，解得．
设，
因为,
所以由长方体模型可知，即．
所以，
当且仅当时等号成立．
所以的最大值为32．
故答案为：32.
四、解答题
17．已知函数．
(1)求函数的最小正周期和单调递增区间；
(2)若，且，求的值．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）首先化简函数的解析式，再根据三角函数的的性质，代入公式，即可求解；
（2）由（1）的结果可得，再根据角的变换，利用两角和的正弦公式，即可求解.
【详解】（1）由题意知
．
故函数的最小正周期．
令．解得．
所以的单调递增区间为，
（2）因为．
又．所以，
所以，
所以
．
18．如图，在直三棱柱中，分别为线段，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，证明四边形为平行四边形，即得，根据线面平行的判定定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）证明：取中点，连接，如图所示．
在中，为中点,为中点，所以且，
在直三棱柱中，且．
因为为中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面平而，所以平面．
（2）在直三棱柱中，平而，
又平面，所以,且,
以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
如图所示,不妨设，所以，
所以,设平面的一个法向量为．
所以,
令,解得,所以平面的一个法向量．
又平面的一个法向量可取为，
设平面与平面的夹角为,
所以，
即平面与平面夹角的余弦值为．
19．在中，内角的对边分别为，且．
(1)求角的大小；
(2)若，点是线段上的一点，，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理与余弦定理求解即可；
（2）由三角形的面积公式与余弦定理求解可得答案.
【详解】（1）因为．由正弦定理得．即．
由余弦定理得．
又．所以．
（2）因为．所以，又，
所以，即．
在中，由余弦定理得，
所以．
解得或（舍）．
所以的周长．
20．已知数列满足.
(1)求的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用递推关系式求出数列通项公式，注意验证首项是否成立；
（2）先利用裂项相消法求，再利用数列的单调性证明即可.
【详解】（1）因为数列满足．
当时，；
当时，，所以,所以.
当时，，上式也成立.所以.
（2）由（1）知，
所以
.
令，
所以
，
又，所以.
所以是递增数列，所以，
所以.
21．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，二面角的大小为，点是棱上的一点．
(1)求证：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设，由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可得平面平面；
（2）以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，过点且垂直于平面的直线为轴．建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，设，可得，利用线面角的向量求法求出得可得答案.
【详解】（1）设，连接，
在菱形中，为中点，且，因为，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，
过点且垂直于平面的直线为轴．建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，所以为二面角的平面角．所以．
因为四边形是菱形，，所以，
所以，
所以，
设平面的一个法向量为，所以，
令，解得，
所以平面的一个法向量，
设，
所以，
设直线与平面所成角的大小为，
所以，
解得或（舍）．
所以，所以．
22．已知函数，
(1)讨论的单调性；
(2)若函数与的图象恰有一个交点，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）直接求导，讨论和，求出对应单调区间即可；
（2）将题设转化为有一个零点，由知函数除0之外无其他零点，分，，和依次讨论函数的零点情况，即可求解.
【详解】（1）易得的定义域为，
令，
若，即时，在上单调递增，
所以，
所以，所以在上单调递增，
若，即时，
当，即时，，
所以，所以在上单调遂增；
当，即时，令，解得或，
所以当或时，，即；
当时，，即，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）令，
函数与的图象恰有一个交点，等价于恰有一个零点，
又，即函数除0之外无其他零点，，
令，所以，
当时，，则，
所以在上单调递减，即在上单调递减，
若，当时，，则，
当时，，则，
当时，，则，
所以恰有一个零点，符合题意；
若，当时，，
所以在上单调递城，即在上单调递减，
又，
则存在，使得，即在上单调递增，在上单调递减，
所以，
令，
所以，
所以在上单调递减，所以，所以，
所以，
所以，
所以在上至少存在1个零点，不合题意；
若，当时，由上知在上单调递减，
所以，
则在单调递增，即，
当时，令，则，
即在上单调递减，所以，即，
令，则，
即在上单调递减，，即，
则，即恰有一个零点，符合题意；
若，当时，由上知在上单调递减，
又，，
则存在，使得，即在上单调递增，在上单调递减，
所以，当时，，
所以当且时，，
所以在存在1个零点，不合题意，
综上，的取值范围是，
【点睛】关键点睛：本题第2小题的解决关键是发现有一个零点， ，所以可得函数除0之外无其他零点，从而得解.