安徽省合肥市2024届高三数学考后适应性测试试题二含解析

这是一份安徽省合肥市2024届高三数学考后适应性测试试题二含解析，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知数据，，…，的平均数和方差分别为4，10，那么数据，，…，的平均数和方差分别为（）
A. ，B. 1，C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】利用平均数与方差的运算性质求解即可．
【详解】设数据，，…，的平均数和方差分别为和，
则数据，，…，的平均数为，方差为，
得，，
故选：D．
2. 已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由椭圆方程特点可求范围.
【详解】由题意得，，解得.
故选：D.
3. 在等比数列中，，则（）
A. -4B. 8C. -16D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】设出公比，结合两等式左边两项的内在联系,直接求得公比，再结合所求式分子分母项的内在联系,化简成公比的乘方式，直接代入即得.
【详解】设等比数列的公比为，则，即，.
故选:C.
4. 已知表示两条直线，表示平面，下列命题中正确的有（）
①若，且，则；
②若相交且都在平面外，，则；
③若，则；
④若，且，则．
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】A
【解析】
【分析】根据线面平行和面面平行逐项判断即可.
【详解】对于①，若，且，则或相交，故①错误；
对于③和④，与也可能相交，均错误；
对于②，设相交确定平面，根据线面平行的判定定理知，根据平行平面的传递性得知．
故选：A．
5. 加强学生心理健康工作已经上升为国家战略，为响应国家号召，W区心理协会派遣具有社会心理工作资格3位专家去定点帮助5名心理特异学生.若要求每名学生只需一位专家负责，每位专家至多帮助两名学生，则不同的安排方法共有（）种
A. 90B. 125C. 180D. 243
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知对五位同学分3组，然后全排列即可求解.
【详解】根据题意，具有社会心理工作资格的3位专家去定点帮助5名心理特异学生，
要求每名学生只需一位专家负责，每位专家至多帮助两名学生，
则把五位同学分3组，且三组人数为2、2、1，然后分配给3位专家，
所以不同安排方法共有种.
故选：A．
6. 平行四边形中，，，，，则的值为( )
A. 10B. 12C. 14D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】以作为基底，得，代入数值即可.
【详解】因为平行四边形中，，，，，
所以，
,
故选：D.
7. 已知，求（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用三角函数诱导公式化简已知等式可得，再利用两角和差的余弦公式结合同角三角函数关系化简可得，继而利用三角恒等变换，化简求值，即得答案.
【详解】由题意知，
即，
故，
即，
故，
即
，
故选：D
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于利用三角函数诱导公式以及两角和差的公式化简得出的表达式之后，要利用拆角的方法，继而结合三角恒等变换公式，化简求值即可.
8. 已知，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用常见放缩，构造函数，判断出，然后利用构造从而判断即可.
【详解】
令，则，
当时, ，所以在上单调递增，
，
；
，
易知
，
.
故选：D.
二、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. 已知函数的部分图象如图所示，则（）
A. 的最小正周期为
B. 当时，的值域为
C. 将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象
D. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称
【答案】AD
【解析】
【分析】利用图象求函数解析式，根据解析式求函数最小正周期和区间内的值域，求出函数图象变换后的解析式，判断新图象的对称中心.
【详解】由函数图象可知，，的最小正周期为，A选项正确；
，，，
则，由，得，
所以.
当时，，，的值域为，B选项错误；
将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象，C选项错误；
将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数的图象，
，函数的图象关于点对称，D选项正确.
故选：AD
10. 已知复数，则（）
A.
B.
C.
D. 若关于的方程的一个根为，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据复数的模定义 A，根据共轭复数的性质判断B，根据虚数单位的周期性判断C，根据复数的乘法加法及复数相等判断D.
【详解】复数，则，故A错误；
因为，故B正确；
因为，故C错误；
因为的方程的一个根为，
所以，
由复数相等可知，即，故D正确.
故选：BD
11. 设定义在R上的可导函数和满足，，为奇函数，且. 则下列选项中正确的有（ ）
A. 为偶函数
B. 为周期函数
C. 存在最大值且最大值为
D.
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，两边求导得到，故，故A正确；B选项，构造，求导得到，从而构造，求导得到，求出，，结合函数奇偶性和方程思想得到，，，，从而，B错误；C选项，利用基本不等式求出最小值为，D选项，计算出.
【详解】A选项，由为奇函数，即，对方程两边同时求导，
根据求导法则，得，即，
从而为偶函数，所以A正确.
B选项，由题意知，构造函数，，
根据求导法则，得，
即，
于是，构造函数，，根据求导法则，
得.
从而，，即，，其中为待定常数.
由为奇函数，得. 再由，得，
又，即，
从而，.
另由为奇函数，为偶函数知，
，
与联立，解得，，
，.
由于当时，，
故不是周期函数，所以B不正确；
C选项，由基本不等式知，，
其中当且仅当时等号成立，即存在最小值且最小值为，所以C不正确；
D选项，
，
D正确.
故选：AD
【点睛】利用函数与导函数的相关不等式构造函数，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路：
比如：若，则构造，
若，则构造，
若，则构造，
若，则构造.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，，若是的充分条件，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据分式不等式可得，由题意分析可知是的子集，根据子集关系列式求解即可.
【详解】由可得，则，解得，
即，
若是的充分条件，则是的子集，
可得，所以实数的取值范围是.
故答案为：.
13. 在四面体中，，若，则四面体体积的最大值是__________，它的外接球表面积的最小值为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据余弦定理以及不等式可得，进而可求解面积的最大值，进而根据，即可求解高的最大值，进而可求解体积，根据正弦定理求解外接圆半径，即可根据球的性质求解球半径的最小值，即可由表面积公式求解.
【详解】由余弦定理可得,
故，所以，
当且仅当时取等号，故，
故面积的最大值为，
，
由于，所以点在以为直径的球上（不包括平面），故当平面平面时，此时最大为半径，
故，
由正弦定理可得：，为外接圆的半径，
设四面体外接球半径为,则,其中分别为球心和外接圆的圆心，故当时，此时最小，
故外接球的表面积为,
故答案为：,
14. 设且，若对都有恒成立，则实数a的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】由原不等式结合基本不等式可得，再由可得，则得，然后由结合指数的运算可得，再通过构造函数利用导数证明在，有即可.
【详解】因为且，因为，当且仅当时取等号，
故，所以，
又，所以，当且仅当时取等号，
所以.
又，所以，显然，
所以有，即恒成立，
又，所以，故，所以.
当时，恒成立，即恒成立，与矛盾.
下面证明：在，有，
令
要使，即
即
由知，得
从而需证：
即需证明：，记
从而只需证：①
而，
令，则
，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，即，
因为，所以
∴在上递增，又，
∴在递减，，
递增，，
而，从而在时总有
∴①式恒成立，不等式得证.
综上所述，.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查不等式恒成立问题，解题的关键是根据已知条件结合基本不等式确定出的范围，然后通过构造函数再证明其正确性即可，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.
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. 已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，研究函数在上的单调性和零点个数．
【答案】15.
16. 在上单调递增；1
【解析】
【分析】（1）当时，求出，，从而可求出切线方程.
（2）当时，利用导数求出在上单调递增．又，从而可求解.
【小问1详解】
当时，，
则，则，，
所以曲线在点处的切线方程为．
【小问2详解】
当时，，则，
当时，，，，则，
故在上单调递增．
又因为，所以在上的零点个数为．
16. 一个骰子各个面上分别写有数字，现抛掷该股子2次，记第一次正面朝上的数字为，第二次正面朝上的数字为，记不超过的最大整数为．
（1）求事件“”发生的概率，并判断事件“”与事件“”是否为互斥事件；
（2）求的分布列与数学期望．
【答案】（1），事件“”与事件“”为互斥事件；
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）列举出所包含的情况数，计算出，判断出事件“”与事件“”不能同时发生，为互斥事件；
（2）求出的可能取值及对应的概率，得到分布列和数学期望值.
【小问1详解】
当取取值为时，，
当取取值时，，
当取取值时，，
当取取值为1，2时，，
当取取值为1时，，
所以，
当时，，事件“”与事件“”不能同时发生，为互斥事件；
【小问2详解】
的取值为，
取值为，时，
，
取值为时，，
取值为时，，
取值为时，，
取值为时，，
取值为时，，
所以的分布列为
所以．
17. 如图，四边形是圆柱的轴截面，圆柱的侧面积为，点在圆柱的底面圆周上，且是边长为的等边三角形，点是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）要证平面，需证①和②，而证明①，只需证明，可计算得到；要证②，需证平面，此结论易得；
（2）借助于过点的母线和建系，求出各相关点坐标和向量，由两平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得.
【小问1详解】
点在圆柱的底面圆周上，，
四边形是圆柱的轴截面，平面，
因平面
平面，平面，
而平面①.
是边长为的等边三角形，，
.
圆柱的侧面积为，即，
则，又点是的中点，②.
又平面，由①②可得平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，以及过点与平行的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，.
设平面的法向量为，则
令，得.
由（1）知，平面，故是平面的一个法向量.
由图知二面角为锐角，设为，则，
，即二面角的正弦值为.
18. 已知双曲线与直线：（）有唯一的公共点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，其中点，在第一象限.
（1）探求参数，满足的关系式；
（2）若为坐标原点，为双曲线的左焦点，证明：.
【答案】18.
19. 证明见解析
【解析】
【分析】（1）将直线与双曲线方程联立，因只有一个切点从而可得，从而求解.
（2）将直线分别与双曲线的两渐近线方程联立求出，，由（1）可求出，即，分别求出，，，从而可求解.
【小问1详解】
联立方程，整理得.
由，且是双曲线与直线的唯一公共点，可得，
则，即为参数，满足的关系式.
结合图象，由点在第一象限，可知，且.
所以，的关系式满足.
【小问2详解】
由题可得双曲线的左焦点，渐近线为.
联立方程，解得，即；
联立方程，解得，即.
结合，且由式可变形为，
解得，可得.
要证，即证，
即证，
即证，即证.
由，得.
根据直线的斜率公式，，，，
则，
，
可得，
因此，.
【点睛】关键点点睛：利用直线与双曲线方程联立后利用，从而求得和点坐标，然后由直线分别与双曲线的两渐近线联立求出坐标，要证，从而可求解.
19. 已知数列为有穷正整数数列.若数列A满足如下两个性质，则称数列A为m的k减数列：
①；
②对于，使得的正整数对有k个.
（1）写出所有4的1减数列；
（2）若存在m的6减数列，证明：；
（3）若存在2024k减数列，求k的最大值.
【答案】（1）数列和数列3，1
（2）证明见解析（3）的最大值为512072
【解析】
【分析】（1）根据k减数列的定义，即可写出答案；
（2）根据存在的6减数列，可得，即，继而分类讨论n的取值，说明每种情况下都有，即可证明结论；
（3）分类讨论数列中的项的情况，结合题意确定数列为的形式，从而结合设其中有项为2，有项为1，进行求解，即可得答案.
【小问1详解】
由题意得，则或，
故所有4的1减数列有数列和数列3，1.
【小问2详解】
因为对于，使得的正整数对有个，
且存在的6减数列，所以，得.
①当时，因为存在的6减数列，
所以数列中各项均不相同，所以.
②当时，因为存在的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以.
若，满足要求的数列中有四项为1，一项为2，
所以，不符合题意，所以.
③当时，因为存在的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以.
综上所述，若存在的6减数列，则.
【小问3详解】
若数列中的每一项都相等，则，
若，所以数列存在大于1的项，
若末项，将拆分成个1后变大，
所以此时不是最大值，所以.
当时，若，交换的顺序后变为，
所以此时不是最大值，所以.
若，所以，
所以将改为，并在数列末尾添加一项1，所以变大，
所以此时不是最大值，所以.
若数列A中存在相邻的两项，设此时中有项为2，
将改为2，并在数列末尾添加项1后，的值至少变为，
所以此时不是最大值，
所以数列的各项只能为2或1，所以数列为的形式.
设其中有项为2，有项为1，
因为存在2024的减数列，所以，
所以，
所以，当且仅当时，取最大值为512072.
所以，若存在2024的减数列，的最大值为512072.
【点睛】难点点睛：本题考查数列新定义问题，解答时要理解新定义的含义，并由此依据定义去解答问题，难点在于第3问中求参数的最大值问题，要分类讨论，确定数列为的形式，从而结合设其中有项为2，有项为1，进行求解.
0
1
2
3
4
5
6