安徽省合肥市2024届高三第一次教学质量检查数学试题 含解析

这是一份安徽省合肥市2024届高三第一次教学质量检查数学试题 含解析，共20页。试卷主要包含了14B等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 满分：150分）
姓名__________座位号__________
注意事项：
1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】
由题,利用除法法则整理为的形式,即可得到复数的坐标形式,进而求解即可
【详解】由题,,所以在复平面内对应的点为,
故选:A
【点睛】本题考查复数的坐标表示,考查复数在复平面的位置,考查复数的除法法则的应用
2. 记为等差数列的前项和，若，则（ ）
A. 144B. 120C. 100D. 80
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的定义及性质求得数列的首项和公差，利用等差数列前项和公式计算即可.
【详解】因为，所以，
又，
所以，
则，
所以，
故选：B.
3 已知随机变量服从正态分布，且，则等于（ ）
A. 0.14B. 0.62C. 0.72D. 0.86
【答案】D
【解析】
【分析】根据正态分布的性质进行计算即可.
【详解】随机变量服从正态分布，
且,
所以，
，
所以，
故选:D.
4. 双曲线的焦距为4，则的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线方程以及焦距可得，可得渐近线方程.
【详解】由焦距为4可得，即，
所以，可得，即；
则的渐近线方程为.
故选：B
5. 在中，内角的对边分别为，若，且，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】给两边同时乘以，结合余弦定理求解即可.
【详解】因为，两边同时乘以得：
，由余弦定理可得，
则，所以有，
又，所以，又因为，
所以.
故选：A
6. 已知四面体的各顶点都在同一球面上，若，平面平面，则该球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题中条件作出外接球球心，利用勾股定理计算得到半径，进一步计算即可.
【详解】过三角形的中心作平面的垂线，
过三角形的中心作平面的垂线，
两垂线交于点，连接，
依据题中条件可知，为四面体的外接球球心，
因为，
所以,
则,
即外接球半径为，
则该球的表面积为，
故选：C.
7. 已知直线与交于两点，设弦的中点为为坐标原点，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先求出圆心坐标与半径，再求出直线过定点坐标，设，，，联立直线与圆的方程，消元、列出韦达定理，即可得到，从而求出动点的轨迹方程，再求出圆心到坐标原点的距离，从而求出的取值范围.
【详解】即，则圆心，半径，
直线，令，解得，即直线恒过定点，
又，所以点在圆内，
设，，，由，
消去整理得，显然，则，
则，
所以，，
则，
则，
又直线的斜率不为，所以不过点，
所以动点的轨迹方程为（除点外），
圆圆心为，半径，
又，所以，
即，即的取值范围为.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题关键是求出动点的轨迹，再求出圆心到原点的距离，最后根据圆的几何性质计算可得.
8. 已知函数的定义域为，且，记，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数满足的表达式以及，利用赋值法即可计算出的大小.
【详解】由可得，
令，代入可得，即，
令，代入可得，即，
令，代入可得，即；
由可得，
显然可得.
故选：A
【点睛】方法点睛：研究抽象函数性质时，可根据满足的关系式利用赋值法合理选取自变量的取值，由函数值或范围得出函数单调性等性质，进而实现问题求解.
二､多选题：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. 现有甲､乙两家检测机构对某品牌的一款智能手机进行拆解测评，具体打分如下表（满分分）.设事件表示从甲机构测评分数中任取个，至多个超过平均分”，事件表示“从甲机构测评分数中任取个，恰有个超过平均分”.下列说法正确的是（ ）
A. 甲机构测评分数的平均分小于乙机构测评分数的平均分
B. 甲机构测评分数的方差大于乙机构测评分数的方差
C. 乙机构测评分数的第一四分位数为91.5
D. 事件互为对立事件
【答案】BD
【解析】
【分析】直接由平均数、方差、百分位数及对立事件的概念，逐一对各个选项分析判断，即可得出结果.
【详解】对于选项A，甲机构测评分数的平均分，
乙机构测评分数的平均分，所以选项A错误，
对于选项B，甲机构测评分数的方差，
，所以选项B正确，
对于选项C，乙机构测评分数从小排到大为：91，92，93，94，95，
又，所以乙机构测评分数的第一四分位数为92，所以选项C错误，
对于选项D，因为甲机构测评分数中有且仅有2个测评分数超过平均分，由对立事件的定义知，事件互为对立事件，所以选项D正确，
故选：BD.
10. 函数的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用分类讨论及函数的单调性与导数的关系，结合函数的性质即可求解.
【详解】由题意可知，函数的定义域为，
当时，，函数在上单调递增，故B正确；
当时，，，所以在上单调递增，故D正确；
当时，当时，；当时，；
故A正确；C错误.
故选：ABD.
11. 已知椭圆的左､右顶点分别为，左焦点为为上异于的一点，过点且垂直于轴的直线与的另一个交点为，交轴于点，则（ ）
A. 存在点，使
B.
C. 的最小值为
D. 周长的最大值为8
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，判断与的大小即即可；对于B,设，，，利用坐标分别求出等式左右验证即可；对于C，求出，利用二次函数求最值即可；对于D，利用椭圆的定义，转化求的最大值，即可.
【详解】
对于A,设椭圆的上顶点为，则直角三角形中，，则，故A错误；
对于B，设，则，，且，即，又,
则，
又，故，则B正确；
对于C，，，，
则当时，取最小值为，故C正确；
对于D，设椭圆的右焦点为,
的周长为：,
当且仅当三点共线时，等号成立，故D正确，
故选：BCD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知集合，若，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用一元二次不等式的解法及交集的定义即可求解.
【详解】由，得,解得，
所以.
因为，
所以或，解得或，
所以的取值范围是.
故答案为：.
13. 已知函数的一条对称轴为，当时，的最小值为，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据条件得到，从而得到，令，再利用的图象与性质，即可求出结果.
【详解】因为函数的一条对称轴为，
所以，得到，又，所以，
所以， 又当时，的最小值为，
令，则，
由的图象与性质知，，得到，
故答案为：.
14. 已知点，定义为的“镜像距离”.若点在曲线上，且的最小值为2，则实数的值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】依题意求出的反函数，将“镜像距离”转化成一对反函数图象上两点之间的距离，利用导函数的几何意义求出切线方程即可求得结果.
【详解】由函数可得，即；
所以的反函数为；
由点在曲线上可知点在其反函数上，
所以相当于上的点到曲线上点的距离，
即，
利用反函数性质可得与关于对称，
所以可得当与垂直时，取得最小值为2，
因此两点到的距离都为1，
过点的切线平行于直线，斜率为1，即，
可得，即；
点到的距离，解得；
当时，与相交，不合题意；
因此.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用反函数性质将“镜像距离”问题转化为两函数图象上两点距离的最值问题，再由切线方程可解得参数值.
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，当时，有极大值.
（1）求实数的值；
（2）当时，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题中条件列出方程组，解出验证即可；
（2）变形不等式，构造函数利用函数单调性证明即可.
【小问1详解】
函数的定义域为，且，
因为时，有极大值，
所以，解得，
经检验，当时，在时有极大值，
所以；
【小问2详解】
由（1）知，，
当时，要证，即证，即证：.
设，则，
因为，所以，
所以在上单调递增，
所以，即，即，
故当时，.
16. 如图，三棱柱中，四边形均为正方形，分别是棱的中点，为上一点.
（1）证明：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）连接,则有平面平面，可得平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.
【小问1详解】
连接.
因为，且，
又分别是棱的中点，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面平面，
所以平面，
因为，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
因为平面，所以平面.
【小问2详解】
四边形均为正方形，所以.
所以平面.
因为，
所以平面.
从而.
又，
所以为等边三角形.
因为是棱的中点，
所以.
即两两垂直.
以为原点，所在直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.
设，
则，
所以.
设为平面的法向量，
则，即，可取.
因为，所以.
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角正弦值为.
17. 2023年9月26日，第十四届中国（合肥）国际园林博览会在合肥骆岗公园开幕.本届园博会以“生态优先，百姓园博”为主题，共设有5个省内展园､26个省外展园和7个国际展园，开园面积近3.23平方公里.游客可通过乘坐观光车､骑自行车和步行三种方式游园.
（1）若游客甲计划在5个省内展园和7个国际展园中随机选择2个展园游玩，记甲参观省内展园数量为，求的分布列及数学期望；
（2）为更好地服务游客，主办方随机调查了500名首次游园且只选择一种游园方式的游客，其选择的游园方式和游园结果的统计数据如下表：
用频率估计概率.若游客乙首次游园，选择上述三种游园方式的一种，求游园结束时乙能参观完所有展园的概率.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）0.4
【解析】
【分析】（1）根据题意结合超几何分布求分布列和期望；
（2）根据题意结合全概率公式运算求解.
【小问1详解】
由题意知：所有可能取值为，则有：
，，，
可知的分布列为：
所以的数学期望为：.
【小问2详解】
记事件A为“游客乙乘坐观光车游园”，事件为“游客乙骑自行车游园”，事件为“游客乙步行游园”，事件为“游园结束时，乙能参观完所有展园”，
由题意可知：，，
由全概率公式可得，
所以游园结束时，乙能参观完所有展园的概率为0.4.
18. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，过作的切线，交于点，且与轴分别交于点.
（1）求证：；
（2）设点是上异于的一点，到直线的距离分别为，求的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导函数的几何意义求得直线的表达式，得出三点的坐标，联立直线与抛物线方程根据韦达定理得出；
（2）利用点到直线距离公式可求得，可求出的最小值.
【小问1详解】
因为抛物线的焦点为，
所以，即的方程为：，如下图所示：
设点，
由题意可知直线的斜率一定存在，设，
联立得，
所以.
由，得，
所以，即.
令，得，即，
同理，且，
所以.
由，得，即.
所以.
故.
【小问2详解】
设点，结合（1）知，即
因为，
所以.
同理可得，
所以.
又，
所以.
当且仅当时，等号成立；
即直线斜率为0时，取最小值；
19. “数”在量子代数研究中发挥了重要作用.设是非零实数，对任意，定义“数”利用“数”可定义“阶乘”和“组合数”，即对任意，
（1）计算：；
（2）证明：对于任意，
（3）证明：对于任意，
【答案】（1）155 （2）证明见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题中定义，直接进行计算即可；
（2）根据题中定义计算出等式左右两边的值，化简后即可证明；
（3）根据题中的定义化简题中的条件，得到，利用此等式，等到个等式，相加即可.
【小问1详解】
由定义可知，
.
【小问2详解】
因为，
.
又
,
所以
【小问3详解】
由定义得：
对任意.
结合（2）可知
即，
也即.
所以，
，
……
.
上述个等式两边分别相加得：
.
【点睛】关键点点睛：本题关键是充分利用题中的定义进行运算.
机构名称
甲
乙
分值
90
98
90
92
95
93
95
92
91
94
游园方式
游园结果
观光车
自行车
步行
参观完所有展园
80
80
40
未参观完所有展园
20
120
160
0
1
2