安徽省部分学校2024届高三(上)期末质量检测考试数学试卷(解析版)

这是一份安徽省部分学校2024届高三(上)期末质量检测考试数学试卷(解析版)，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由，可得，即，
故.
故选：B.
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由，则有，
即，
故.
故选：C.
3. 已知点，，，O为坐标原点，若与共线，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】，，
由与共线，故有，
解得.
故选：B.
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，得到，
所以，
故选：D.
5. 已知函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，且，则（ ）
A. 4B. 2C. D.
【答案】C
【解析】因为为奇函数，所以，又为偶函数，得到，
由，得到，所以，
即有，所以，故函数的周期为，
又，所以，
故选：C.
6. 已知是圆锥底面的直径，为底面圆心，为半圆弧的中点，，分别为线段，的中点，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为为半圆弧的中点，则，如图，建立空间直角坐标系，
因为，，为半圆弧的中点，，分别为线段，的中点，
则,，
所以，
设异面直线与所成角的角为，
则，

故选：B.
7. 法国数学家蒙日发现椭圆两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”，它的圆心与椭圆中心重合，半径的平方等于椭圆长半轴和短半轴的平方和．如图所示为稀圆及其蒙日圆，点均为蒙日圆与坐标轴的交点，分别与相切于点，若与的面积比为，则的离心率为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题知，蒙日圆为，设，
则直线的方程为，
由，消得到，
显然有，解得，
又与的面积比为，所以，
又，，所以，
得到，所以，

故选：C.
8. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由，得到，又，所以，
所以，，又，
所以，又，得到，
令，则，所以，
得到，
令，则在区间上恒成立，
所以在区间上单调递减，
又，当时，，
得到在区间上恒成立，
所以在区间上单调递减，
又，所以，得到，
故选：A.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 党的二十大作出“发展海洋经济，保护海洋生态环境，加快建设海洋强国”的战略部署．如图是2018—2023年中国海洋生产总值的条形统计图，根据图中数据可知下列结论正确的是（ ）

A. 从2018年开始，中国海洋生产总值逐年增大
B. 从2019年开始，中国海洋生产总值的年增长率最大的是2021年
C. 这6年中国海洋生产总值的极差为15122
D. 这6年中国海洋生产总值的80%分位数是94628
【答案】BD
【解析】对于A，根据条形图数据可以看到2020年较2019年海洋生产总值是下降的，故A错误；
对于B，2019年海洋生产总值年增长率是，
2020年海洋生产总值年增长率是，2021年海洋生产总值年增长率是，
2022年海洋生产总值年增长率是，2023年海洋生产总值年增长率是，
故年增长率最大的是2021年，故B正确；
对于C，这6年中国海洋生产总值的极差为，故C错误；
对于D，将这6年的海洋生产总值按照从小到大排列80010，83415，89415，90385，94628，98537，又，
所以这6年中国海洋生产总值的80%分位数是94628，故D正确.
故选：BD.
10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A.
B. 上单调递增
C. 图象关于直线对称
D. 为偶函数
【答案】AC
【解析】对于A选项，由图可知，，
因为，则，所以，，解得，A对；
对于B选项，由A选项可知，，
当时，，所以，函数在上不单调，B错；
对于C选项，因为，
所以，的图象关于直线对称，C对；
对于D选项，，
所以，是非奇非偶函数，D错.
故选：AC.
11. 已知直线与抛物线相切于点P，过P作两条斜率互为相反数的直线，这两条直线与C的另一个交点分别为A，B，直线与C交于M，N两点，则（ ）
A. B. 线段AB中点的纵坐标为
C. 直线AB的斜率为D. 直线PM，PN的斜率之积为4
【答案】BCD
【解析】对A：联立可得，即有，
，解得，故A错误；
对B：由，故有，故，，故，
设，则，，
联立与抛物线，即有，消去可得，
，即，则有，即
同理可得：，故，故B正确；
对C：，故C正确；
对D：由题意可得，
同理可得，则
联立与抛物线，即有，消去可得，
故，，
即有，故D正确.
故选：BCD.

12. 如图，在直三棱柱中，，，在线段上且，则（ ）
A.
B. 四棱锥的外接球的一条直径为
C. 三棱锥的外接球表面积为
D. 三棱锥的外接球体积为
【答案】BC
【解析】由题意可建立如图所示的空间直角坐标系，因为，
则，
设，得到，
所以，又，，
所以，得到，所以，
对于选项A，因为，，
所以与不垂直，所以选项A错误，
对于选项B，取的中点，易知，
因为，
所以到距离均相等，所以选项B正确，
对于选项C，设三棱锥的外接球心为，半径为，
则，
解得，所以，
得到三棱锥的外接球表面积为，所以选项C正确，
对于选项D，设三棱锥的外接球心为，半径为，
则，
解得，所以，得到，
得到三棱锥的外接球体积为，所以选项D错误，
故选：BC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若圆关于直线对称，则______．
【答案】
【解析】圆的圆心为，由题意可知，圆心在直线上，
则，解得，当时，此时方程表示圆，满足题意.
故答案为：.
14. 的展开式中的系数为______．（用数字作答）
【答案】
【解析】对，有，
则当时，有，
当时，有，
则的展开式中的系数为.
故答案为：.
15. 已知函数，则不等式的解集为______．
【答案】或
【解析】当时，有，解得，
当时，，令，解得，
当时，有，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
又，，
即的解集为，
综上所述，不等式的解集为或.
故答案为：或.
16. 已知数列的通项公式为，若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】由，则，
故，
由，可得，
即，
设，则恒成立，
故在单调递减，当时，，
即当时，，故.
故答案为：.
四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 在当今信息泛滥的时代，很多因素容易分散孩子们的注意力．某儿童注意力训练机构从2~14岁的学员中随机抽取了50名学员，得到相关数据如图所示：

（1）若抽取的这50名学员的平均年龄为6.2岁（每组数据以所在区间的中点值为代表），求图中a，b的值．
（2）从所抽取的年龄在，，内的学员中，按照人数比例用分层随机抽样的方法抽取7人，再从这7人中任选3人，记这3人中年龄在内的学员人数为X，求X的分布列和数学期望．
解：（1）由图可得，即有，
由抽取的这50名学员的平均年龄为6.2岁，
可得，
即可得，又，故，；
（2）由频率分布直方图可得：，，三组的频率之比为：
，
故抽取的7人中，年龄在内的有人，
年龄在内的有人，年龄在内的有人，
故X的可能取值为，，，，
有，，
，，
故其分布列为：
.
18. 如图,在中,的平分线交边于点,点在边上,,,.

（1）求的大小;
（2）若,求的面积.
解：（1）因为是的角平分线,所以,
在中,根据余弦定理得,
所以,
则,
因为,
所以.
（2）因为,所以,
在中,由正弦定理得,
在四边形中,,
所以,
则.
19. 如图，四棱锥的体积为1，平面平面，，，，，为钝角．

（1）证明：；
（2）若点E在棱AB上，且，求直线PE与平面PBD所成角的正弦值．
证明：（1）过点作⊥，交的延长线于点，连接，
因为平面平面，交线为，平面，
所以⊥平面，
因为，，，
所以四边形的面积，
因为四棱锥的体积为1，
所以，解得，
因为平面，所以⊥，⊥，
因为，为钝角，
由勾股定理得，
所以，
又，，故四边形为矩形，
所以，
由勾股定理得，
故；

解：（2）由（1）知，两两垂直，以为坐标原点，
所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，设，，
则，解得，
故，
设平面的法向量为，
，
令，得，故，
设直线PE与平面所成角为，
所以.

直线PE与平面PBD所成角的正弦值为.
20. 在数列中，，，且数列是等比数列．
（1）求的通项公式；
（2）设，数列的前n项和为，证明：．
解：（1）设等比数列的公比为，则，则，即，
，即，又，故有，解得，
故，；
证明：（2），
则，
，
有，
即，
令，
则，
则有，
即有，
即，
故，
又，故.
21. 已知双曲线的右焦点为，且过点．
（1）求的方程；
（2）设点，为坐标原点，直线与的右支交于两点，过点作直线的平行线，与x轴交于点，与直线交于点，证明：为线段的中点．
解：（1）由双曲线的右焦点为，故，
由C过点，故，
即有，化简得，
即，故或，
由，故不符合要求，即，
则，故C的方程为；
证明：（2）设直线，、，
由，则，
联立直线与双曲线方程，有，
消去可得，
有，且，
即有，，，
则，
又直线与的右支交于两点，故，
即有，
由，故，
直线，
联立两直线，有，
则有，
整理得，故，
即，
又，有,
故G为线段QR的中点.

22. 已知函数，．
（1）讨论的单调性；
（2）若函数有两个不同的零点，求实数a的取值范围．
解：（1），
则当时，恒成立，故在上单调递增；
当时，令，可得，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减；
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减；
证明：（2），
则，
当时，有，令，有，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，
由函数有两个不同的零点，故，解得，
又当时，，且，
故此时在、上各有一零点，
即当时，有两个不同的零点，符合要求；
当时，令，有，，
①当时，有，
则当时，，当时，，
即在、上单调递减，在上单调递增，
又，故至多有一个零点，不符合要求；
②当时，有，故恒成立，
故在定义域内单调递减，至多有一个零点，不符合要求；
③当时，有，
则当时，，当时，，
即在、上单调递减，在上单调递增，
又，故至多有一个零点，不符合要求；
综上所述，.