安徽省皖南八校2024届高三4月第三次联考数学试卷 含解析

这是一份安徽省皖南八校2024届高三4月第三次联考数学试卷 含解析，共21页。试卷主要包含了本卷命题范围， 已知集合，集合，则，25B等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.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.
3.本卷命题范围：高考范围.
一､选择题：共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接根据集合定义求出，，再求交集.
【详解】由于，.
故.
故选：D.
2. 抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将抛物线方程化为标准方程，再求焦点坐标即可.
【详解】由可得，其焦点坐标为，
故选：B
3. 已知向量，向量，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据数量积以及模的坐标表示，求出数量积以及模，然后根据投影向量的概念，即可得出答案.
【详解】向量在向量上的投影向量为.
故选：B.
4. 2024年3月22日国家文物局在北京公布2023年《全国十大考古新发现》，安徽省皖南地区郎溪县磨盘山遗址成功入选并排名第三，经初步确认，该遗址现存马家浜文化区､崧泽文化区､良渚文化区､钱山漾文化区四大区域，总面积约6万平方米.该遗址延续时间长､谱系完整，是长江下游地区少有的连续时间近4000年的中心性聚落.对认识多元化一体中华文明在皖南地区的演进方式具有重要的价值，南京大学历史学院赵东升教授团队现在对该遗址四大区域进行考古发掘，现安排包含甲､乙在内的6名研究生同学到这4个区域做考古志愿者，每人去1个区域，每个区域至少安排1个人，则甲､乙两人安排在相同区域的方法种数为（ ）
A. 96B. 144C. 240D. 360
【答案】C
【解析】
【分析】6名同学分成4组，再把4组人分到4个区域，
【详解】先将6名同学分成4组，则4个组的人数为或，
当甲､乙在2人组，再从另外4人任选2人组成一组，其余的一人一组，有种分组方法；
当甲､乙在3人组，甲､乙与另外4人中的1人组成一组，其余的一人一组，有种分组方法，
再把4组人分到4个区域，所以安排方法种数为.
故选：C.
5. “”是“函数的图象关于对称”的（ ）
A 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】若函数的图象关于对称，根据正切函数的对称性可得，再根据充分、必要条件结合包含关系分析求解.
【详解】若函数的图象关于对称，
则，解得，
因为是的真子集，
所以“”是“函数的图象关于对称”的充分不必要条件.
故选：A.
6. 托马斯•贝叶斯在研究“逆向概率”的问题中得到了一个公式：，这个公式被称为贝叶斯公式（贝叶斯定理），其中称为的全概率.春夏换季是流行性感冒爆发期，已知三个地区分别有的人患了流感，且这三个地区的人口数之比是，现从这三个地区中任意选取1人，若选取的这人患了流感，则这人来自地区的概率是（ ）
A. 0.25B. 0.27C. 0.48D. 0.52
【答案】C
【解析】
【分析】本题利用题目信息给出的贝叶斯公式，结合全概率公式即可求解.
【详解】记事件表示“这人患了流感”，事件分别表示“这人来自地区”，
由题意可知：
，，
故.
故选：C.
7. 如图，在棱长为2正方体中，内部有一个底面垂直于的圆锥，当该圆锥底面积最大时，圆锥体积最大为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，记为，当圆锥底面内切于正六边形时该圆锥的底面积最大，结合圆锥体积公式计算即可得解.
【详解】如图所示，取的中点，记为，
易知六边形为正六边形，此时的中点在正六边形的中心，
当圆锥底面内切于正六边形时该圆锥的底面积最大，
设此时圆锥底面圆半径为，因为，所以，
圆锥底面积为，圆锥顶点为（或）处，
此时圆锥体积最大，此时.
故选：C.
8. 丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.若为上任意个实数，满足，则称函数在上为“凹函数”.也可设可导函数在上的导函数为在上的导函数为，当时，函数在上为“凹函数”.已知，且，令的最小值为，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】记函数，先判断函数的凹凸性，然后利用琴生不等式得，即可求解.
【详解】记函数，首先证明其凹凸性：
，
在上为“凹函数”.
由琴生不等式，得，
即
所以，
即当时，取最小值，所以.
故选：B.
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. 下列关于概率统计的说法中正确的是（ ）
A. 某人在10次答题中，答对题数为，则答对7题的概率最大
B. 设随机变量服从正态分布，若，则
C. 已知回归直线方程为，若样本中心为，则
D. 两个变量的相关系数为，则越小，与之间的相关性越弱
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，可利用不等式法求解；对于B，根据正态分布曲线的对称性即可验算；对于C，将样本中心坐标代入回归方程即可验算；对于D，由相关系数的意义即可判断.
【详解】对于，故，
令，解得，故，故A正确；
对于，故错误；
对于，回归直线必过样本中心，可得，解得，故C正确；
对于，两个变量的相关系数为越小，与之间的相关性越弱，故D错误.
故选：AC.
10. 复数（为虚数单位）在复平面内对应点，则下列为真命题的是（ ）
A. 若，则点在圆上
B. 若复数满足，则复数在复平面内所对应点的轨迹是椭圆
C. 若复数满足，则复数在复平面内所对应点的轨迹是双曲线
D. 若，则点在抛物线上
【答案】BD
【解析】
【分析】利用复数的模的几何意义，结合垂直平分线的定义，椭圆，双曲线的定义可判断，，，把点的坐标代入，可得轨迹方程判断.
【详解】，表示点与之间的距离，
表示点与之间的距离.
对于，记，表示点到距离相等，
则点在线段的中垂线上，故错误；
对于，记，由，得，
这符合椭圆定义，故正确；
对于，记，若，
这符合双曲线的一支，故错误；
对于，若，则，整理得，为抛物线，故正确.
故选：BD.
11. 已知定义在上的函数满足，且是奇函数，则（ ）
A. 的图象关于点对称
B.
C.
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A：由是奇函数可得，即可得；对B：由，借助赋值法计算即可得解；对C：结合所得可得函数的周期性，结合周期性与赋值法计算即可得；对D：结合函数周期性，借助赋值法算出一个周期内的值即可得.
【详解】对A：由题意知，，则，
所以图象的对称中心为，故A正确；
对B：，
两式相减得，所以，故B正确；
对C：由B选项可得，的周期为4，又，
故，令得，，
得0，故C错误；
对D：因为，又，故中，
令得，，由，
得，又的周期为4，
则
，所以，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论：
（1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立；
（2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为.
三､填空题：共3小题，每小题5分，共15分.
12. 从安徽省体育局获悉：第四届长三角体育节将于4月至9月在安徽省宣城市举办.据介绍，本届体育节以“绿色､健康､融合､共享”为主题，共设置山水生态类､快乐时尚类､传统体育类共21项赛事.下表是4月8日安徽代表队传统跳绳项目8位选手每分钟跳绳个数：
则跳绳个数的第60百分位数是__________.
【答案】170
【解析】
【分析】本题依据百分位数的概念，先把数据从小到大排好，然后计算其位置数，取整数5，即第5位数据即为所求.
【详解】先把8位选手跳绳个数的数据按从小到大排列：，
然后计算，取整数5，
故跳绳个数的第60百分位数是从小到大排列的第5个数，即170.
故答案为：170.
13. 的展开式中，的系数为______．
【答案】30
【解析】
【分析】建立组合模型求解
【详解】 表示5个因式的乘积，在这5个因式中，有2个因式选 ，其余的3个因式中有一个选，剩下的两个因式选 ，即可得到含 的项，即可算出答案．
表示5个因式的乘积，
在这5个因式中，有2个因式选 ，其余的3个因式中有一个选，剩下的两个因式选 ，即可得到含 的项，故含的项系数是.
故答案为：30
14. 椭圆的左､右顶点分别为，点在椭圆上第一象限内，记，存在圆经过点，且，则椭圆的离心率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件，利用和角的正切求得，再设出点，结合斜率的坐标公式求出即可求出离心率.
【详解】显然直线斜率都存在，且，
由，得，
则，而，
于是，设，则，
因此，解得，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：
①定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
②齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；
③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
四､解答题：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. 在中，内角所对边分别为，且.
（1）求角；
（2）射线绕点旋转交线段于点，且，求的面积的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助正弦定理将边化角后，利用三角形内角和公式及两角和的正弦公式计算即可得；
（2）借助等面积法计算可得，利用基本不等式可得， 利用面积公式计算即可得.
【小问1详解】
，
由正弦定理得，
则，
即
则，
且，
，；
【小问2详解】
由和，可知，
因为，
所以，
又因为，
所以，即，
又，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，
所以，
所以的面积的最小值为.
16. 如图，在四棱锥中，为等边三角形，底面是矩形，平面平面分别为线段的中点，点在线段上（不包括端点）.
（1）若，求证：点四点共面；
（2）若，是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，或
【解析】
【分析】（1）方法1：利用向量的线性运算结合图形关系得到，即可证明；方法2：过作直线与平行，延长与交于点，连接，再利用平行线段对应成比例得到即可证明；
（2）先由面面垂直的性质证明平面，再建系，找到平面的法向量和，再利用线面角的公式求出值即可.
【小问1详解】
证明：方法1：，
系数和为1，根据平面向量共线定理可知四点共面.
方法2：过作直线与平行，延长与交于点，连接.
因为底面是矩形，是的中点，
所以，且.所以，则直线与直线相交，记交点为.
因为是的中点，可得，
则，所以.
因为，所以点即点，所以四点共面.
【小问2详解】
因为是的中点，所以，
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面.
取中点，连接，易知两两相互垂直，
如图，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，
.
设平面的法向量为，
则即，令，则，所以.
设，则
.
设与平面所成角为，
则，
解得或，则或.
17. 已知函数.
（1）若，求在处的切线方程；
（2）若函数有2个零点，试比较与的大小关系.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出原函数的导数，即可求出切线的斜率，再求出切点坐标，根据点斜式方程即可求得切线方程；
（2）将函数的零点问题转化为两个函数交点的问题，再通过构造函数并求出其导数来确定极值和最值，结合函数图像分析，得出不等式，从而解决问题.
【小问1详解】
当，所以，
又，所以切线方程为，即.
【小问2详解】
函数有2个零点等价于方程有两个根，
即有两个根，
令，则，令，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
当时，，
当时，，
所以要使得有两个根，则，即，
所以.
18. 现有甲､乙两个不透明盒子，都装有1个红球和1个白球，这些球的大小､形状､质地完全相同.
（1）若从甲､乙两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中，次这样的操作后，记甲盒子中红球的个数为.求的分布列与数学期望；
（2）现从甲中有放回的抽取次，每次抽取1球，若抽取次数不超过次的情况下，抽取到2次红球，则停止抽取，一直抽取不到2次红球，第次抽取完也停止抽取，令抽取停止时，抽取的次数为，求的数学期望，并证明：.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可知的所有可能取值为，易求得，可得分布列，计算可求数学期望.
（2）当时，，
当时，，利用错位相减法可求，进而利用单调性可证明结论
【小问1详解】
由题意可知的所有可能取值为，
且，
的概率分布表如下：
.
【小问2详解】
当时，，
当时，，
记，
则，
两式相减得，
.
所以，
记，
则，
当时，，所以，且，
所以成立.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用错位相减法求出，代入得到，再计算得到其单调性即可.
19. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是平面内动点与两定点的距离的比值是个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为.

（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，过点斜率为的直线与椭圆相交于（点在轴上方）两点，点是椭圆上异于的两点，平分平分.
①求的取值范围；
②将点看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若外接圆的周长为，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）方法1，利用特殊值法，求得椭圆方程；
方法2，利用定义整理得，再根据条件列式求得椭圆方程；
方法3，利用定义进行整理，由为常数，求得系数，得到椭圆方程；
（2）①令直线的方程为：，与椭圆方程联立，设.则，再令，即，代入韦达定理得，可求的范围；
②由①知，，由阿波罗尼斯圆定义知，在以为定点的阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为，则有，进而可得，利用面积可求m,进而可求直线的方程.
【小问1详解】
方法1：令，且，解得，
，椭圆的方程为.
方法2：设，由题意（常数），
整理得：，
故，又，解得：.
，椭圆的方程为.
方法3：设，则.
由题意.
为常数，，又，解得：，故，
椭圆的方程为.
【小问2详解】
①由角平分线定理知：，以下求的值，
令直线的方程为：，
（该方程的恒成立），
设.则，
再令，即，代入韦达定理得
，
由知，，
，
又，故，
，即.
②由①知，，由阿波罗尼斯圆定义知，在以为定点的阿波罗尼斯圆上，
设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为，则有，
而，同理，
由①知，，
，
由式
，
由圆周长公式：，
，
，
直线的方程为.
【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹问题，考查直线与椭圆的位置关系，以及外接圆，新定义的综合应用，属于难题，本题的关键是读懂题意，并根据几何关系进行消参，转化与化归，是本题的关键也是难点.
选手
选手1
选手2
选手3
选手4
选手5
选手6
选手7
选手8
个数
141
171
161
147
145
171
170
172
0
1
2