安徽省芜湖市第一中学2024届高三下学期最后一卷数学试卷（Word版附解析）

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1. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出集合，再找出满足元素即可.
【详解】，
且集合为偶数集. 则
故选:B.
2. 已知复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的四则运算及模长公式即可求得.
【详解】因为，
所以.
故选：C
3. 已知边长为1的正方形ABCD，点E，F分别是BC，CD的中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】以为基底，根据平面向量的线性运算及数量积的运算律计算即可.
【详解】边长为1的正方形ABCD，，，
，，
所以.
故选：D.
4. “三湖一坝”生态湿地位于芜湖市弋江区火龙街道境内，湖泊总面积约为4平方公里，包括黑沙湖、南塘湖、孤山湖、高村坝四个重要的水体资源，共计5800亩，公园总面积为7.08平方公里．为了响应国家的“绿水青山就是金山银山”生态发展理念，现计划将草鱼、鳙鱼、鲢鱼这三类鱼投放到四片水域养殖（三类鱼均需养殖），且每块水域仅养殖两种不同的鱼，则共有养殖方案（ ）
A. 78种B. 80种C. 81种D. 24种
【答案】A
【解析】
【分析】先求出每一片水域投掷两种不同鱼的方法数，再排除四片水域只养殖两种不同的鱼的方法，即可得出结果.
【详解】先求出每一片水域投掷两种不同鱼的方法数为，则四片水域每块水域仅养殖两种不同的鱼的方法数为，
四片水域只养殖两种不同的鱼的方法数为种，
所以所求的方法数为种方法.
故选：A
5. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则角（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由代入化简得，由正弦定理得，代入化简即可，根据检验即可选出正确选项.
【详解】在中，，
所以，
因为，由正弦定理可得，
所以，即，所以或，即或，
当时，，而，所以不符合舍去，即.
故选：A
6. 设分别是椭圆的左，右焦点，过的直线交椭圆于两点，则的最大值为( )
A. B. C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆定义可知周长为定值4a，从而可得当最小时，最大，再根据椭圆焦点弦最小为通径即可求解．
【详解】由椭圆的定义知
∴的周长为，
∴当最小时，最大．
当轴，即AB为通径时，最小，此时，
∴的最大值为．
故选：B．
7. 已知为递增等差数列的前n项和，且为等差数列，则使得成立的n的最小值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的性质，找到首项和公差的关系，求解出的最小值.
【详解】，由等差中项的性质知，
设等差数列的公差为，则
化简得又，又数列为等差数列，则使得即又则n的最小值为3.
故选：B.
8. 若，则的最小值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】将和两边放，然后两边同时除以，凑出，再用基本不等式即可.
【详解】因为，，两边同时除以，得到，
当且仅当即取“=”.
则，当且仅当取“=”.
两边取自然对数，则，当且仅当取“=”.
故的最小值为.
故选：D.
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 下列说法正确的是（ ）
A. 两个变量x，y的相关系数为r，则r越小，x与y之间的相关性越弱
B. 数据1，3，4，5，7，8，10第80百分位数是8
C. 已知变量x，y的线性回归方程，且，则
D. 已知随机变量，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】由相关系数与相关性强弱的关系可判断，由百分位数的求法判断，由线性回归方程过点判断，由正态分布概率的特征判断.
【详解】对于，，越小，x与y之间相关性越弱，故错误；
对于，这组数据一共有个数据，，
所以这组数据的第80百分位数是从小往大排列的第个数，即为8，故正确；
对于，线性回归方程过点，
即，当时，，故正确；
对于，，，
则，故正确.
故选：BCD.
10. 如图，长方体，过点作平面的垂线，垂足为点．则以下命题中，正确的是（ ）
A. 点是的垂心B. 垂直平面
C. 的延长线经过点D. 直线和是异面直线
【答案】AB
【解析】
【分析】利用长方体的性质，结合线面垂直以及线面平行的判定，推理判断各个选项；
【详解】对于A，垂直平面，平面，故，
在长方体中直线两两互相垂直，则平面，
平面，故，
可得，又是平面内两条相交直线，
则平面，
因为平面，所以.
同理可得，则是的垂心，故A正确；
对于B，由长方体的性质可知，平面，平面，
所以平面；同理平面，平面，
所以平面；又因为是平面内两条相交直线，
则平面平面，由题意可知垂直平面，
则垂直平面，故B正确；
对于C，根据正方体的性质可知，对角线垂直于平面，
则在不是正方体的长方体中，不垂直于平面，又因为垂直平面，两直线不重合，
正方体是长方体的特殊情况，则的延长线经不一定过点，故C错误；
对于D，根据正方体的性质可知，当长方体为正方体时，即.
由于四边形为平行四边形，故直线和是相交直线，
即直线和不一定是异面直线，故D错误；
故选：AB
11. 已知，则下列说法中错误是（ ）
A.
B. 在上为减函数
C. 的对称轴为
D. 当时，取最大值
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A：根据题意结合诱导公式分析判断；对于BCD：举反例说明即可.
【详解】对于选项A：因为
，
即，故A正确；
对于选项B：因为，，
即，所以在内不单调，故B错误．
对于选项C：因为
，
即，可知为的对称轴，
显然，故C错误；
对于选项D：因为
，
即，可知不是的最大值点，故D错误；
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：对于BCD：因为本函数形式较为复杂，直接说明比较困难，可以通过举反例方式的证伪，这样可以简化过程，快速判断正误.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 的展开式中含项的系数是__________．
【答案】13
【解析】
【分析】先求出的二项展开式的通项公式，即可求出含项的系数.
【详解】的二项展开式的通项公式为，
所以含的项为.
故答案为：13.
13. 已知两个正四棱锥与均内接于球，满足和，则球的体积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意球心必在上，则可得为直角，设球的半径为，则由勾股定理可得，再由的面积可解出，进而可得体积.
【详解】设球的半径为，
因为正四棱锥与均内接于球，所以四边形为正方形，
如图，取正方形的中心为，连结，则在上，且平面，
球心必在上，，
由，是正方形可得，
因为为球的一条直径，所以为直角，
所以，因为，所以，
又因为，的面积
所以，又，所以可得.
所以球的体积为.
故答案：
14. 已知双曲线的左焦点为F，P为渐近线位于第一象限内的点，过原点O作直线AB平行于FP， 交双曲线于A，B两点，四边形FPBA为矩形，则该双曲线的离心率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由已知，可得P点坐标为，由双曲线的性质可得B为的中点，则得，代入双曲线方程，化简即可解出双曲线的离心率.
【详解】
由已知，四边形FPBA为矩形，可知O为AB的中点，所以，
设P点坐标为，则，
又P在渐近线上，联立解得，
延长交轴于点，由对称性可得为双曲线的右焦点，则B为的中点，
则，代入化简得，，
则得，解得（负值舍去）.
故答案为：.
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.）
15. 如图，在三棱柱中，正方形的棱长为2，，点M为AB中点，．
（1）求证：三棱柱为直三棱柱；
（2）求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，结合勾股定理的逆定理证得，再利用线面垂直的判定推理即得.
（2）由（1）中信息，利用等体积法求出点到平面的距离，进而求出线面角的正弦即可.
【小问1详解】
在三棱柱中，，由点M为AB中点，得，
，而，则，
于是，而，则，又，平面，
从而平面，所以三棱柱为直三棱柱.
【小问2详解】
由（1）知，，，而平面，
则平面，又平面，于是，显然，
的面积为，设点到平面的距离为，
又，
因此，即，解得，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的余弦值.
16. 安徽省从2024年起实施高考综合改革，实行高考科目“”模式．“2”指考生从政法、地理、化学、生物四门学科中“再选”两门学科，以等级分计入高考成绩．按照方案，再选学科的等级分赋分规则如下，将考生原始成绩从高到低划分为A，B，C，D，E五个等级，各等级人数所占比例及赋分区间如表1：
表1
将各等级内考生的原始分依照等比例转换法分别转换到赋分区间内，得到等级分，转换公式为，其中分别表示原始分区间的最低分和最高分，分别表示等级赋分区间的最低分和最高分，Y表示考生的原始分，T表示考生的等级赋分，计算结果四舍五入取整．若甲同学在五月全市模考中某选考科目成绩信息如表2（本次考试成绩均为自然数）
表2
（1）求甲同学该科目的等级分；
（2）理论上当原始分区间的极差越大时，该区间中得分越低的同学赋分后等级分比原始分增加越多．比如某同学仅该科目较为薄弱，如果赋分后能比原始分增加9.5分以上（包含9.5分），那么六科总分排名相对于原始分排名就会有大幅提升，此时赋分制对于该同学就是有利的．经过统计数据，五月全市模拟考试该学科A等级的成绩分布如表3．则如果从A等级的学生中随机选出100名，X表示其中获益于赋分政策的人数，求的值．
表3
【答案】（1）87 （2）30
【解析】
【分析】（1）由计算即可；
（2）根据得到与等量关系，再由该同学受益于赋分政策，有，求得的范围，进而得到受益于赋分政策的平均人数.
【小问1详解】
由知得，
所以甲同学该科目的等级分为87分.
【小问2详解】
由得，
该同学受益于赋分政策，则，即，取整得，
因为，
所以，故.
17. 已知函数．
（1）当时，求函数在处的切线方程；
（2）若函数至多一个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数思想来求某一点处的切线方程；
（2）由零点方程进行分离参变量，构造新的函数进行单调性分析求最值，再结合零点情况判断参变量的取值范围.
【小问1详解】
由得：，
当时，，，
所以函数在处的切线方程为：，
即，所以
【小问2详解】
由函数的定义域为，
又由，分离参变量得：
令
令
在单调递增，又，
在上，在上，
在单调递减，在单调递增，
所以 ，
又时时
18. 如图，直线与直线，分别与抛物线交于点A，B和点C，D（A，D在x轴同侧）．当经过T的焦点F且垂直于x轴时，．

（1）求抛物线T的标准方程；
（2）线段AC与BD交于点H，线段AB与CD的中点分别为M，N
①求证：M，H，N三点共线；
②若，求四边形ABCD的面积．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用抛物线的几何性质，得到，即可求得抛物线的标准方程；
（2）①设分别求得的方程，求得和，根据，得到，再由的方程，求得的表达式，即可得证；
②由①，得到和，由和，分别求得和，两式相减得，结合和三角形的面积公式，即可求解.
【小问1详解】
解：因为当经过抛物线的焦点F且垂直于x轴时，且，
可得，解得，所以抛物线的标准方程为.
【小问2详解】
解：①设是抛物线上任意两点，
则，所以，
同理设是抛物线上任意两点，
则，所以，
又因为，可得，所以，
同理，令，可得，
，令，可得，
所以点，H，N三点共线.
②由①知，同理，
所以，可得
，可得
两式相减，可得，可得，（交于），
因为且，所以，
可得，又为中点，则平分，
所以，且，
所以.
【点睛】方法点睛：解决抛物线问题的方法与策略：
1、涉及抛物线的定义问题：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．
2、涉及直线与抛物线的综合问题：通常设出直线方程，与抛物线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用.
19. 对于数列，如果存在正整数，当任意正整数时均有，则称为的“项递增相伴数列”．若可取任意的正整数，则称为的“无限递增相伴数列”．
（1）已知，请写出一个数列的“无限递增相伴数列”，并说明理由？
（2）若满足，其中是首项的等差数列，当为的“无限递增相伴数列”时，求的通项公式：
（3）已知等差数列和正整数等比数列满足：，其中k是正整数，求证：存在正整数k，使得为的“2024项递增相伴数列”．
【答案】（1），理由见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用指数数列，构造一个加上正的常数，就可得到一个递增相伴数列，只需要检验前二项和最后三项；
（2）由于有一个是等差数列，两数列相加也是等差数列，说明另一个数列还是等差数列，通过假设，就可以表示出两个数列的通项，进而引入后三项不等式进行分析，即可求出数列通项；
（3）利用前面两小问，知道构造的数列比已知数列每项加1，再去证明即可.
【小问1详解】
由于，我们可以取，此时恒有，
再由，当时，，
所以恒有，即满足题意.
【小问2详解】
设 ,
当为的“无限递增相伴数列”时对任意恒成立
，当时，，因为，所以，
即.
【小问3详解】
证明：取，若存在这样的正整数k使得
成立，
所以，
由，得，
于是，
又因为，所以当时，，
而时，，
所以，最后说明存在正整数k使得，
由，
上式对于充分大的k成立，即总存在满足条件的正整数k
【点睛】方法点睛：通过第一，第二问的求解，掌握问题得以解决的关键就是每一项加1，从而再进行证明即可得到第三问的解答.
等级
A
B
C
D
E
人数比例
赋分区间
原始分
成绩等级
原始分区间
等级分区间
75分
A等级
分数段
人数比例