安徽省六安第一中学2024届高三下学期质量检测数学（一）试卷（Word版附解析）

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命题人：张强 审题人：杨飞 顾朝阳
时间：120分钟 满分：150分
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. 已知条件：“不等式的解集是空集”，则条件： “”是条件的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先分和两种情况讨论求出的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】因为不等式的解集是空集，
所以不等式的解集是，
当即 时，
若 ，则 ， 舍；
若 ，则 ， ；
当时，则 ，解得 ，
综上所述 ，
所以条件是条件的充分不必要条件．
故选：A．
2. 已知角终边上点坐标为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先确定角终边所在的位置，再根据诱导公式及商数关系即可得解.
【详解】因为，
所以角的终边在第二象限，
又因为
，
且，
所以.
故选：B.
3. 中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为.若，则的值可以是（ ）
A. 2018B. 2020C. 2022D. 2024
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据二项式定理化简，再判断余数，结合选项，即可求解.
【详解】，
所以除以9的余数是8，
选项中只有2024除以9余8.
故选：D
4. 已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）
A. 13B. 12C. 9D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案．
【详解】由题，，则，
所以（当且仅当时，等号成立）．
故选：C．
点睛】
5. 已知函数，若成立，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数，根据函数的奇偶性及复合函数的单调性可得函数为偶函数且在单调递增，进而关于直线对称，且在单调递增，结合条件可得，解不等式即得.
【详解】因为的定义域为R，又，故函数为偶函数，
又时， ，单调递增，故由复合函数单调性可得函数在单调递增，函数在定义域上单调递增，
所以在单调递增，
所以，
所以关于直线对称，且在单调递增．
所以，
两边平方，化简得，解得．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数，然后根据函数的单调性及对称性化简不等式进而即得.
6. 已知，点在直线上，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据和差角公式可得，进而根据斜率的几何意义即可结合斜率公式求解.
【详解】点在直线上，，
，，
，表示点与点连线的斜率，
点在单位圆上，
由，则，可得，，
故点为圆上劣弧,
故,

则，
故选：B．
7. 过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线交于两点．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据双曲线的定义，结合焦点三角形以及余弦定理即可求解.
【详解】设双曲线的右焦点为,连接,
由题意可得，
设
由余弦定理可得,
即，解得，
所以，故．
故选：D
8. 几何学史上有一个著名的米勒问题：“设是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大．”如图，其结论是：点为过两点且和射线相切的圆的切点．根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系中，给定两点，点在轴上移动，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意得出满足条件的过三点的圆的方程，由已知当取最大值时，圆必与轴相切于点，得出对应的切点分别为，即可得出答案.
【详解】解：设圆心坐标为，则，圆的方程为
因为两点在圆上，
所以，解得或，
当时，为劣弧所对角，故舍去．
所以，所以，
所以为等腰直角三角形，所以，
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下面四个结论正确的是（ ）
A. 若，则为等腰三角形
B. 在锐角中，不等式恒成立
C. 若，，且有两解，则b的取值范围是
D. 若，的平分线交于点D，，则的最小值为9
【答案】BCD
【解析】
【分析】A项，用余弦定理统一成边形式化简判断；B项， 由为锐角三角形，与正弦函数的单调性可得；C项，结合图形，根据边角的关系与解的数量判断；D项，根据三角形面积可得到，将变为，展开后利用基本不等式，即可求得答案.
【详解】选项A，因为，即，
所以有
整理可得，所以或，
故为等腰三角形或直角三角形，故A错误；
选项B，若为锐角三角形，所以，所以，
由正弦函数在单调递增，则，故B正确.
选项C，如图，若有两解，则，
所以，则b的取值范围是，故C正确．
选项D，的平分线交于点D，，
由，由角平分线性质和三角形面积公式得，
得，
即，得，
得，
当且仅当，即时，取等号，故D正确.
故选：BCD.
10. 如图，在矩形AEFC中，，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将△ABE、△BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（ ）
A. 三棱锥的体积为B. 直线PA与直线BC所成角的余弦值为
C. 直线PA与平面PBC所成角的正弦值为D. 三棱锥外接球的半径为
【答案】BD
【解析】
【分析】证明平面，再根据即可判断A；先利用余弦定理求出，将用表示，利用向量法求解即可判断B；利用等体积法求出点到平面距离，再根据直线PA与平面PBC所成角的正弦值为即可判断C；利用正弦定理求出的外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的半径即可判断D.
【详解】由题意可得，
又平面，
所以平面，
在中，，边上的高为，
所以，故A错误；
对于B，在中，，
，
所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确；
对于C，，
设点到平面的距离为，
由，得，解得，
所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故C错误；
由B选项知，，则，
所以的外接圆的半径，
设三棱锥外接球的半径为，
又因为平面，
则，所以，
即三棱锥外接球的半径为，故D正确.
故选：BD.
11. 甲、乙两同学参加普法知识对抗赛，规则是每人每次从题库中随机抽取一题回答．若回答正确，得1分，答题继续；若回答错误，得0分，同时换成对方进行下一轮答题．据经验统计，甲、乙每次答题正确的概率分别是和，且第1题的顺序由抛掷硬币决定．设第i次答题者是甲的概率为，第i次回答问题结束后中甲的得分是，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由全概率公式和均值的概念逐项判断.
【详解】设“第i次答题者是甲”为事件，“第i次答题者是乙”为事件，
由第1题的顺序由抛掷硬币决定可得 ,
又，
由全概率公式，得
，故A错误；
第次回答问题结束后甲的得分是，即两次回答中只有一次答对，
所以，故B正确；
由题意知，，
所以，故C正确；
第i次答题结束后，甲得分可分为两种情况：①第i次答题后甲的得分加上1分，则第i次必由甲答题且得1分；
②第i次答题后甲的得分加上0分，则第i次由甲答题且不得分或第i次由乙答题，
所以，其中，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】思路点睛：全概率公式的使用要点：
（1）如果所考虑问题的试验分两步，第一步试验结果可确定为样本空间的一个划分，求与第二步试验结果有关的事件的概率，此时可用全概率公式解决；
（2）用全概率公式解题的关键是确定样本空间的一个划分，这可以从第一步试验的结果确定.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 如图，某湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台，已知射线，为湿地两边夹角为的公路（长度均超过4千米），在两条公路，上分别设立游客接送点，，且千米，若要求观景台与两接送点所成角与互补且观景台在的右侧，并在观景台与接送点，之间建造两条观光线路与，则观光线路之和最长是_________（千米）.
【答案】2
【解析】
【分析】根据余弦定理，结合基本不等式进行求解即可.
【详解】在中，因为，，
所以，
又与互补，所以，
在中，由余弦定理得：，
即，即，
因为，
所以，
所以，当且仅当时，取等号，
所以观光线路之和最长是2.
故答案为：2
13. 已知函数，若总存在两条不同的直线与函数图象均相切，则实数a的范围为_______．
【答案】
【解析】
【分析】将有两条公切线转化为与直线有两个不同交点，后利用导数研究函数单调性与极值情况画出大致图象，即可得答案.
【详解】设切线在上的切点分别为.
因.则切线方程可表示为：
，也可表示为：，其中.
则.则总存在两条不同的直线与函数图象均相切，
等价于与直线有两个不同交点.，则.
令在上单调递增，
在上单调递减，则.
注意到，，可得大致图象如下，则.
故答案为：
14. 已知三棱锥，空间内一点满足，则三棱锥与的体积之比为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，化简得到，结合空间向量的基本定理，得到在平面内存在一点，使得，得到，即可求解.
【详解】由空间内一点满足，
可得，
因为，根据空间向量的基本定理，可得在平面内存在一点，
使得，所以，即点为的中点，
可得，所以三棱锥和的体积比值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共2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，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．

（1）若，证明：平面；
（2）若二面角的正弦值为，求BQ的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）1．
【解析】
【分析】（1）取的中点M，先证明四边形BMPQ是平行四边形得到线线平行，再由线面平行性质定理可得；
（2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件设 ，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点坐标，进而表示所需向量坐标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解；法三：一作二证三求，设，利用面面垂直性质定理，作辅助线作角，先证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解可得.
【小问1详解】
证明：取的中点M，连接MP，MB．
在四棱台中，四边形是梯形，，，
又点M，P分别是棱，的中点，所以，且．
在正方形ABCD中，，，又，所以．
从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面；
【小问2详解】
在平面中，作于O．
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面．
在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则．
以为正交基底，建立空间直角坐标系．
因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以．
易得，，，，，所以，，．

法1：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，
解得（舍负），因此，．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
法2：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，
解得或6（舍），因此．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．

法3：在平面中，作，垂足为H．
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，又平面，所以．
在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG．
因为，，，PH，平面，
所以平面，又平面，所以．
因为，，所以是二面角的平面角．
在四棱台中，四边形是梯形，
，，，点P是棱的中点，
所以，．
设，则，，
在中，，从而．
因为二面角的平面角与二面角的平面角互补，
且二面角的正弦值为，所以，从而．
所以在中，，解得或（舍）．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
16. 已知数列的前n项和为，在数列中，，，．
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，为数列的前n项和，求的最值．
【答案】（1），
（2）最小值为，最大值为1
【解析】
【分析】（1）利用累加法和等差数列的通项公式可求，由及可求；
（2）利用错位相减法求出，分情况讨论可得答案.
【小问1详解】
由已知得，当时
.
∴
当时，，也满足上式．所以
当时，，∴
当时，，符合上式
当时，，所以，也符合上式，综上，
∴，.
【小问2详解】
由（1）可得：
∴
两式相减：
∴
当n为奇数时，不妨设，则
∴单调递减，
当n为偶数时，不妨设，则
∴单调递增，
∴的最小值为，最大值为1.
17. 某次比赛中，甲乙二人进入决赛并争夺冠军.比赛规则为：①每局比赛后，胜者获得3分，负者获得1分，比赛没有平局；②连续2局获胜或积分率先达到11分者可获得冠军，比赛结束.已知在单局比赛中，甲乙获胜的概率均为.
（1）求甲乙决出冠军时比赛局数的分布列与数学期望；
（2）求在甲获得冠军的条件下其积分达到11分的概率.
【答案】（1）分布列见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据比赛规则，分析比赛可能出现的各种情况，确定的取值，进而求出的分布列与数学期望；
（2）根据条件概率公式求出即可.
【小问1详解】
由比赛规则可知，局比赛后，甲乙双方共获得分，若比赛进行了局还未结束，
则双方共计分，此时双方均为分，则第局比赛后必定有一人积分可达到分，
故比赛次数不会超过；
由比赛规则可知，若比赛共进行了局，，
则前局不可能出现某人连胜次（否则连胜后比赛结束），
故前局必定甲乙二人胜负交替，
综上可知：比赛决出冠军时，二人比赛过程中的胜负情况有以下三种可能：
第一，比赛进行局，前局二人胜负交替，第局与第局胜者相同，此人达成连胜并获得冠军（其积分不超过，故未达11分）；
第二，比赛进行了局，二人始终胜负交替，其中第局获胜者获得分，另一方分，此时获胜者仅积分率先达到11分并获得冠军；
第三，比赛进行了局，前局二人胜负交替，但第局的获胜者在第局连续获胜，则他同时完成连胜且积分率先达到11分并获得冠军.
即随机事件“第局比赛中甲获胜”，“甲达成连胜”，“甲先获得积分”；
根据题意，的可能取值为
，
，
，
.
于是的分布列为：
故；
【小问2详解】
根据以上分析可知：，
，，
故.
18. 已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，且经过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）点是椭圆上不在轴上的任意一点，射线分别与椭圆交于点．设的面积分别为．求证：为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由离心率可得，则有，将点代入椭圆方程，求出，可得椭圆标准方程；
（2）设，通过直线与椭圆联立方程组，利用韦达定理表示根与系数的关系，代入三角形面积算式中，化简即可.
【小问1详解】
由题意可得，又，所以，
将点代入椭圆方程，得，解得，
椭圆方程为．
【小问2详解】
证明：设，则，即．
由（1）得．
可设直线的方程为，其中，
联立方程整理得，
则，同理可得．
则
，
所以是定值．
【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
19. 已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若关于的方程有两个不相等的实数根、，
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证：．
【答案】（1）答案见解析
（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出，分、两种情况讨论，分析导出的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间；
（2）（i）将方程变形为，令，令，可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；
（ii）将所证不等式等价变形为，由变形可得出，推导出，即证．令，只需证，构造函数，其中，利用导数法即可证得结论成立.
【小问1详解】
解：因为，
所以，其中.
①当时，，所以函数的减区间为，无增区间；
②当时，由得，由可得.
所以函数的增区间为，减区间为．
综上：当时，函数的减区间为，无增区间；
当时，函数的增区间为，减区间为．
【小问2详解】
解：（i）方程可化为，即．
令，因为函数在上单调递增，
易知函数值域为，
结合题意，关于的方程（*）有两个不等的实根．
又因为不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为．
令，其中，则．
由可得或，由可得，
所以，函数在和上单调递减，在上单调递增．
所以，函数的极小值为，
且当时，；当时，则.
作出函数和的图象如下图所示：
由图可知，当时，函数与的图象有两个交点，
所以，实数的取值范围是.
（ii）要证，只需证，即证．
因为，所以只需证．
由（ⅰ）知，不妨设．
因为，所以，即，作差可得．
所以只需证，即只需证．
令，只需证．
令，其中，则，
所以在上单调递增，故，即在上恒成立．
所以原不等式得证．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.