安徽省合肥市2024届高三数学下学期三模试题含解析

这是一份安徽省合肥市2024届高三数学下学期三模试题含解析，共25页。
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置.
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答.超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
一、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. 集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用指数函数的性质及一元二次不等式的解法，结合交集的定义即可求解.
【详解】由，得，所以，
由，得，解得，
所以.
故选：B.
2. 已知，是单位向量，且它们的夹角是，若，，且，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由得，列出方程求解即可．
详解】由得，，即，解得，
故选：B．
3. 拋掷一枚质地均匀的硬币次，记事件“次中至多有一次反面朝上”，事件“次中全部正面朝上或全部反面朝上”，若与独立，则的值为（）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出，，，根据相互独立事件概率乘法公式即可求解.
【详解】抛掷一枚质地均匀的硬币次，则基本事件总数为，
事件“n次中至多有一次反面朝上”，则n次全部正面朝上或n次中恰有1次反面朝上，
则，事件“n次中全部正面朝上或全部反面朝上”，则，于是，
因为A与B独立，所以，即，
分别代入，3，4，5，验证，可得符合题意.
故选：B
4. 在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（）
A. ，是异面直线，B. ，是相交直线，
C. ，是异面直线，与不垂直D. ，是相交直线，与不垂直
【答案】A
【解析】
【分析】先用定理判断，是异面直线，再证明与垂直，连接，即可得到平面，取的中点，连接，，从而得到、，即可证明平面，从而得解．
【详解】显然根据异面直线判定方法：经过平面外一点与平面内一点的直线与平面内不经过点的直线是异面直线．
下面证明与垂直：
证明：因平面，平面，
所以，
因为，分别为的中点，连接，
所以，
因为，平面，
所以平面，
如图：取的中点，连接，，
因为平面，所以，
又因为，所以，
因为，
所以，
又因为为的中点，所以，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，所以．
故选：A．
5. 波斯诗人奥马尔•海亚姆于十一世纪发现了一元三次方程的几何求解方法.在直角坐标系中，两点在轴上，以为直径的圆与抛物线：交于点，.已知是方程的一个解，则点的坐标为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求得以为直径的圆的方程，与抛物线的方程联立，消去，可得的方程，由题意考虑两个三次方程有相同的解，可得所求点的坐标．
【详解】设，的中点为，
则以为直径的圆的方程为，
与抛物线联立，可得，
化简可得，
由于，可得，的横坐标相等，
则方程和方程有相同的解，
即有，解得，
则．
故选：A．
6. 已知数列满足，，若，则（）
A. 512B. 678C. 1010D. 1022
【答案】B
【解析】
【分析】由，计算出前10项，利用分析分类讨论进行计算
【详解】由题意知，，，，因为，所以中至少有一项是负数．
①若，则，
若均为正数，则，比1010多12，
所以前9项中必有负项，且其和为．易得当，
且其他项为正项时满足题意，故．
②若，当均为负数时，数列的前9项和最小，
此时，，不符合题意．
综上，
故选：
7. 已知函数，若关于的方程在上恰有一个实数根，则（）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用三角函数的图象和性质求出结果.
【详解】若关于的方程在上恰有一个实数根，则，即在上恰有一个实数根，
因为恰为的最小正周期，且当时，，所以，
若，则关于的方程在上有两个实数根，因为，所以，此时，
即，解得，所以．
故选：A
8. 已知函数的部分图象如图所示，其图象上最高点的纵坐标为2，且图象经过点，则（）
A. B. 1C. －1D.
【答案】A
【解析】
【分析】先通过图象经过点列方程求出，进而可得的解析式，再代入计算即可.
【详解】由已知得，
所以，
又图象经过点，
则，即，
又为单调减区间上的点，为单调增区间上的点，且在一个周期内，
所以，
两式相减得，所以，又，
所以，
所以，
所以.
故选：A.
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. 下列说法正确的是（）
A. 某校高一年级共有男女学生500人，现按性别采用分层抽样的方法抽取容量为50人的样本，若样本中男生有30人，则该校高一年级女生人数是200
B. 数据1，3， 4，5，7，9，11，16的第75百分位数为10
C. 线性回归方程中，若线性相关系数越大，则两个变量的线性相关性越强
D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用分层抽样计算判断A；求出第75百分位数判断B；利用线性相关系数的意义判断C；利用独立性检验的思想判断D.
【详解】对于A，该校高一年级女生人数是，A正确；
对于B，由，得第75百分位数为，B正确；
对于C，线性回归方程中，线性相关系数绝对值越大，两个变量的线性相关性越强，C错误；
对于D，由，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，D正确.
故选：ABD
10. 如图，在棱长为2的正方体中，点P是侧面内的一点，点E是线段上的一点，则下列说法正确的是（）
A. 当点P是线段的中点时，存在点E，使得平面
B. 当点E为线段的中点时，过点A，E，的平面截该正方体所得的截面的面积为
C. 点E到直线的距离的最小值为
D. 当点E为棱的中点且时，则点P的轨迹长度为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题意分别画出图形，再逐项解决线面垂直、截面面积、距离最值和轨迹问题即可.
【详解】对于A，如下图所示，连接，
因为点是线段的中点，所以点也是线段的中点，
所以平面即为平面.
根据正方体的性质，平面，平面，
所以，
又因为，平面，平面，
所以平面，所以与重合时，平面，故A正确；
对于B，如下图所示，取的中点，
根据分别为的中点，易得，
所以四点共面，
所以截面为四边形，且该四边形为等腰梯形.
又因为，
所以等腰梯形的高为，
所以截面面积为，故B错误；
对于C，如图建立空间直角坐标系，
由图可得，，所以，
设，所以，
所以点到直线的距离，
所以时，距离最小，最小为，故C正确；
对于D，如图所示，取的中点，连接，
易得平面，
又因平面，所以，
所以，
则点在侧面内的运动轨迹为以为圆心，半径为2的劣弧，圆心角为，
所以点的轨迹长度为，故D正确.
故选：ACD.
11. 我们把方程的实数解称为欧米加常数，记为.和一样，都是无理数，还被称为在指数函数中的“黄金比例”.下列有关的结论正确的是（）
A.
B.
C. ，其中
D. 函数的最小值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A：构建，利用导数判断其单调性，结合零点存在性定理分析判断；对于B：对，，取对数整理即可；对于C：设，整理得，结合选项A分析判断；对于D：结合不等式分析可知，当且仅当时，等号成立，结合的零点分析判断.
【详解】对于选项A：构建，则为的零点，
因为，
若，则，可知在内单调递减，且，
所以在内无零点；
若，则，可知在内单调递增，
且，所以在内存在唯一零点；
综上所述：，故A正确；
对于选项B：因为，，即，
两边取对数可得：，故B正确；
对于选项C：设，则，整理得，即，
可得，所以，即，故C正确；
对于选项D：构建，则，
令，解得；令，解得；
可知内单调递减，在内单调递增，
则，可得，当且仅当时，等号成立，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
因为在内单调递减，
可知在内单调递减，且，
可知在内存在唯一零点，即，
所以的最小值为，不为，故D错误；
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，若，则____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用空间向量的坐标表示，列出方程，即可求解.
【详解】由向量，
因为，可得，解得.
故答案为：.
13. 已知抛物线的焦点为，半径为6的圆过坐标原点以及，且与该抛物线的准线相切，则____________.
【答案】8
【解析】
【分析】首先得到抛物线的焦点坐标与准线方程，依题意可知圆心在直线上，且，解得即可.
【详解】抛物线的焦点，准线为，
因为圆过坐标原点以及，所以圆心在直线上，
因为圆的半径为且与该抛物线的准线相切，所以，解得.
故答案为：
14. 欧拉函数表示不大于正整数且与互素（互素：公约数只有1）的正整数的个数.已知，其中，，…，是的所有不重复的质因数（质因数：因数中的质数）.例如.若数列是首项为3，公比为2的等比数列，则______.
【答案】
【解析】
【分析】计算出等比数列的通项公式后，结合欧拉函数计算即可得解.
【详解】由题意可得，则，
当时，，
则.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于分及进行讨论，结合题中公式求的通项公式.
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知，
（1）求角A.
（2）若，所在平面内有一点D满足，且BC平分，求面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由两角和的正切公式结合题意化简得，即可得解；
（2）设，由正弦定理把边化成角，再用三角形面积公式得，结合导数求解即可.
【小问1详解】
由题，
即，即，
所以，即，所以，
又，所以.
【小问2详解】
由题（1）知，又，设，
由中，，故，则，
由正弦定理有，，则，
故面积，
令，
则，
又，所以，知函数在上单调递增，
又，，故面积的取值范围为.
16. 已知某科技公司的某型号芯片的各项指标经过全面检测后，分为Ⅰ级和Ⅱ级，两种品级芯片的某项指标的频率分布直方图如图所示：
若只利用该指标制定一个标准，需要确定临界值K，按规定须将该指标大于K的产品应用于A型手机，小于或等于K的产品应用于B型手机．若将Ⅰ级品中该指标小于或等于临界值K的芯片错误应用于A型手机会导致芯片生产商每部手机损失800元；若将Ⅱ级品中该指标大于临界值K的芯片错误应用于B型手机会导致芯片生产商每部手机损失400元；假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
（1）设临界值时，将1个Ⅰ级品芯片和1个Ⅱ级品芯片分别应用于A型手机和B型手机．求两部手机有损失的概率（计算结果用小数表示）；
（2）设且，现有足够多的芯片Ⅰ级品、Ⅱ级品，分别应用于A型手机、B型手机各1万部的生产，试估计芯片生产商损失费用的最小值．
【答案】（1）0.163 （2）136万元
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图，I级品中该指标小于或等于60的频率和II级品中该指标大于60的频率，即可求解；
（2）由题意分别计算A、B型手机的损失费用可得，结合一次函数的性质即可求解.
【小问1详解】
临界值时，I级品中该指标小于或等于60的频率为，
II级品中该指标大于60的频率为0.1，
故将1个I级品芯片和1个II级芯片分别应用于A型手机和B型手机，
两部手机有损失的概率为：；
【小问2详解】
当临界值时，
I级品中该指标小于或等于临界值的概率为，
可以估计10000部A型手机中有部手机芯片应用错误；
II级品中该指标大于临界值的概率为，
可以估计10000部B型手机中有部手机芯片应用错误；
故可以估计芯片生产商的损失费用
又，所以，
即芯片生产商损失费用的最小值为136万元.
17. 如图，四棱锥中，四边形是菱形，，是正三角形，是的重心，点满足.
（1）求证：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据重心的性质可得，即可根据线线平行求证，
（2）根据线线垂直可得线面垂直，进而可得平面平面，根据余弦定理以及勾股定理求解长度，即可利用等体积法求解长度，利用线面角的几何法求解，或者建立空间直角坐标系，利用法向量与直线方向向量的夹角求解即可.
【小问1详解】
如图，连接，交点为，则是的中点.因为是的重心，所以.又是的中点，所以.
由知在线段上，且，所以，
而平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
方法1：设，则.取中点，连接，则，，平面,
故平面，又平面，所以平面平面，交线为.
由，，则,
得.所以到平面的距离等于到直线的距离.
设到平面的距离为，由平面知到平面的距离也是.
由得，，，
从而.
在中，，，，由余弦定理得，
所以直线与平面所成角的正弦值是.
方法2：如图，以中点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系.
设，则，，，，，，，所以,,,
设平面的法向量是，由
.
令，则，.
所以，，
从而直线与平面所成角的正弦值是.
18. 若正实数数列满足，则称是一个对数凸数列；若实数列满足，则称是一个凸数列.已知是一个对数凸数列，．
（1）证明：；
（2）若，证明：；
（3）若，，求的最大值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）10.
【解析】
【分析】（1）法一：由得到，，，，，累乘法得到；
法二：由得到；
（2）法一：由题意得，从而得到，证明出；
法二：考虑反证法，假设，得到，进而推出，假设不成立；
法三：得到，且，利用累加法得到，证明出结论；
（3）由可得，即，累加得，另外，故，故，化简得：，显然符合题意，此时，综上，的最大值为10．
【小问1详解】
法一：由题意得：，∴，
∴，，，，，
将以上式子累乘得：，也即成立．
法二：由题意得：，
∴，∴成立．
【小问2详解】
法一：∵，∴，
∴，
则，
∴，
∴．
法二：考虑反证法，假设，
由得，
∴，∴，
同理：，
∴，∴，
同理可证：，，…，，
综上可得：，与条件矛盾，
∴假设不成立，∴成立．
法三：∵，∴，也即，
同时，由可得：，
∴，也即，
∴，，…，，
将以上式子累加得：，
也即，同理可得：
，
，
……
，
将以上式子累加得：，
∴，∴，∴成立．
【小问3详解】
由可得：，
∴，也即，
∴，，…，，
将以上式子累加得：，①
另外，，，…，，
将以上式子累加得：，②
结合①②式可得：，
∴，化简得：，
另外，显然有符合题意，此时，
综上，的最大值为10．
【点睛】思路点睛：数列的性质可参考这类下凸函数进行理解，不等式相当于函数图象上三条直线的斜率大小关系．
19. 已知椭圆的离心率为，且过点．若斜率为的直线与椭圆相切于点，过直线上异于点的一点，作斜率为的直线与椭圆交于两点，定义为点处的切割比，记为．
（1）求的方程；
（2）证明：与点的坐标无关；
（3）若，且（为坐标原点），则当时，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）或．
【解析】
【分析】（1）根据椭圆离心率得，又在椭圆上得，联立可得结果；
（2）设点，直线的方程为，联立椭圆方程，由直线与椭圆相切，得，并求，设直线的方程为，联立椭圆方程结合韦达定理，求出，利用化简可得结果；
（3）由（2）可知切点，得，结合已知进而可得直线的方程，联立椭圆方程求T点坐标，从而求出直线的方程.
【小问1详解】
设椭圆的半焦距为，由题意知，，所以，解得．
又椭圆过点，所以，结合，解得，
所以的方程为．
【小问2详解】
设点，直线的方程为，
由，消去，得，
，
由直线与椭圆相切，得．
设切点，则，，
所以，
设直线的方程为，联立由，
消去，得，
设，则，，
所以
，
易知，点在椭圆外，所以，所以，
．
由，得，
即．
因为
．
所以，
所以．
所以，与点的坐标无关．
【小问3详解】
由（2）得，，所以，
因为，所以①，
又，所以②，
由①②解得或（舍去）．
所以直线的方程为，由，解得或
故切点的坐标为或．
所以直线的方程为或．
点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题，往往需联立直线与圆锥曲线方程，消元并结合韦达定理，运用弦长公式、点到直线距离公式、斜率公式、向量数量积公式进行转化变形，结合已知条件得出结果.