安徽省池州市第一中学2024届高三第一次模拟联合检测数学试题 含解析

这是一份安徽省池州市第一中学2024届高三第一次模拟联合检测数学试题 含解析，共24页。
本试卷4页．总分150分．考试时间120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．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. 设全集，集合，则韦恩图中阴影部分表示的集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】易得阴影部分表示的集合为，再根据补集和交集的定义即可得解.
【详解】由题意得，
阴影部分表示的集合为．
故选：C.
2. 在等差数列中，，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列的性质计算即可.
【详解】设等差数列的公差为d，因为，所以公差．
故选：C
3. 已知向量，若与的夹角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量夹角的坐标表示及诱导公式计算即可.
详解】由题意得，
所以．
故选：A
4. 2024年1月27日国家统计局发布的2023年各月累计利润率与每百元营业收入中的成本数据如图所示，则（ ）
A. 从每百元营业收入中的成本中，剔除最大与最小2个数据后的中位数与剔除前的数据的中位数不相同
B. 2023年各月累计利润率的60%分位数为5.455%
C. 每百元营业收入中的成本与各月累计利润率是同步增大或减少的
D. 每百元营业收入中的成本月份的比月份的大
【答案】D
【解析】
【分析】利用中位数、百分位数的定义及图象一一判定选项即可.
【详解】对A，将每百元营业收入中的成本数据从小到大排列，第6个数据为中位数，
剔除最大与最小2个数据后的中位数不改变，故A错误；
对B，2023年各月累计利润率共有11个数据，所以，
所以分位数为，故B错误；
对C，2023年1-6月份的累计利润率为，1-7月份的累计利润率为，
1-8月份的累计利润率为，但1-6月份的每百元营业收入中的成本为85.23元，
1-7月份的每百元营业收入中的成本为85.22元，
1-8月份的每百元营业收入中的成本为85.17元，所以不是同步，故C错误；
对D，由图数据可知，显然D正确．
故选：D
5. 已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两点．过作直线的垂线，垂足分别为，则（ ）
A. 16B. 18C. 20D. 24
【答案】D
【解析】
【分析】先通过和轴的交点为，得出，即，从而确定抛物线方程为，然后根据抛物线的定义即得，最后联立得，通过并结合韦达定理即可得到结果.
【详解】在中，令，得，所以，即，所以，
所以的方程为，则．
设，，联立得，即，所以，．
又，所以.
故选：D.
6. 已知函数的部分图像如图所示，则（ ）
A. 直线是的对称轴
B. 点是的对称中心
C. 在区间上单调递减
D. 当时，的值域为
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求出函数的解析式，利用正弦函数的性质依次判断各个选项.
【详解】由图知，所以周期．
又因为，所以，当时，，
所以．又因为，所以，即．
对于选项A，当时，，，所以直线是的对称轴，故A正确；
对于选项B，当时，，所以点不是的对称中心，故B错误；
对于选项C，当时，，由正弦函数可知，在区间上不单调递减，故C错误；
对于选项D，当时，，的值域为，故D错误．
故选：A.
7. 植树节这天，某学校组织5名学生依次给树木浇水，其中甲和乙是好朋友，必须相邻，丙不在第三位，则不同的浇水顺序的种数为（ ）
A. 30B. 36C. 40D. 42
【答案】C
【解析】
【分析】分丙在第一或第五位，在第二位或第四位，两种情况，求出浇水顺序，相加得到答案.
【详解】若丙第一或第五位，甲乙进行捆绑，内部可以全排列，
甲乙看作一个整体，和剩余的两个学生进行全排列，
故不同的浇水顺序有种，
若丙在第二位或第四位，甲乙进行捆绑，内部可以全排列，且甲乙只能有两个位置可以选择，
再将剩余的两为同学进行排列，
则不同的浇水顺序有种，
则不同的浇水顺序共有种．
故选：C
8. 在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成了一般不动点定理的基石．简单来说就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称为“不动点”函数．若存在个点，满足，则称为“型不动点”函数，则下列函数中为“3型不动点”函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合“不动点”函数的概念，转化为方程有根或对应函数有零点的问题，依次求解判断各个选项.
【详解】对于A，令，即．
因为满足，所以在区间上单调递增，
所以不可能为“3型不动点”函数，故A错误；
对于B，令，即．
易判断在区间上单调递增，
所以不可能为“3型不动点”函数，故B错误；
对于C，由，得，
易知当时，单调递减，且，所以当时，的图象与直线有且只有一个交点；
当时，单调递减，且；
当时，单调递增．令，得，解得，此时，所以直线与曲线相切于点．
所以直线与曲线共有两个交点，所以为“2型不动点”函数，故C错误；
对于D，，作出的图象，如图所示．易知其与直线有且只有三个不同的交点，
即有三个不同的解，所以为“3型不动点”函数，故D正确．
故选：D.
【点睛】方法点睛：根据“不动点”函数的定义，转化为方程有解问题，可直接求方程的根，或者利用零点存在性定理判断，也可构造新函数，把问题转化为研究新函数的零点问题，有时还可以转化为两函数交点问题.
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. 下列命题是真命题的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A，举反例说明；对B，作差因式分解判断；对C，由，得，可判断；对D，利用基本不等式求解判断.
【详解】对于A，当时，不成立，故A错误；
对于B，由，得，所以，故B正确；
对于C，由，得，所以，故C正确；
对于D，因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，
故D正确．
故选：BCD.
10. 已知正方体棱长为1，是侧面内的一个动点，三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则（ ）
A. 平面平面
B. 点到平面的距离的最大值为
C. 当点在线段上时，异面直线与所成的角为
D. 当三棱锥的体积最大时，球的表面积为
【答案】AC
【解析】
【分析】连接，证明平面，则，再证明，根据线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可判断A；以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断B；证明，则即为所求，解即可判断C；结合B选项可得三棱锥的外接球即为正方体的外接球，即可判断D.
【详解】对于A，连接，则，
因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以，
同理可得，
又平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，故A正确；
对于B，如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
设，
所以，
由A选项可知平面的一个法向量为，
又，所以点到平面的距离为，
所以当时，，故B错误；
对于C，连接，因为且，所以四边形是平行四边形，
所以，
则当点在线段上时，
异面直线与所成的角即为异面直线与所成的角，即，
因为为等边三角形，所以，
即异面直线与所成的角为，故C正确；
对于D，当三棱锥的体积最大时，点到平面的距离最大，
由B选项可知当点与点重合时，
三棱锥为正四面体，且其棱长为，
其外接球即为正方体的外接球，
所以外接球的半径为，所以球的表面积为，故D错误．
故选：AC.
11. 已知函数，设是曲线与直线的三个交点的横坐标，且，则（ ）
A. 存在实数，使得B. 对任意实数，都有
C. 存在实数，使得D. 对任意实数，都有
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出函数导数，讨论函数的单调性后可得函数的图形，结合图象、极限思想可判断AC的正误，利用作差法可判断BD的正误.
【详解】函数的定义域为，
，
故函数在上均单调递减，
故的图象如图所示，

对于选项AC，由图象有，
考虑到，且函数图象的渐近线为，
于是存在实数a使得，存在实数a使得，故AC正确；
对于选项BD，
，
因为，所以，
所以，
于是，
而在上单调递减，所以，
即，故选项D正确；
，
当时，，
此时，
此时，
而函数在上单调递减，
所以，因此选项B错误．
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：求出函数导数，讨论函数的单调性后可得函数的图形，是解决本题的关键.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若复数，则_________．
【答案】##
【解析】
【分析】由复数的除法运算即可求解.
【详解】．
故答案为：.
13. 如图所示的“升”是我国古代测量粮食的一种容器，从形状上可抽象成一个正四棱台．现有一个上、下底面边长分别为和的“升”，侧棱长为，要做成一个该“升”的几何体，其侧面所需板材的最小面积为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据棱台的几何性质确定斜高，再根据侧面性质确定面积即可.
【详解】
如图，由题意知该“升”的各侧面为上底、下底长分别为，腰长为的等腰梯形，
取中点为，
所以其侧面的高为．
若将各侧面展开，可拼接成一个一条边长为，另一条边长为的平行四边形，
该平行四边形的高为，所以所求面积为．
故答案为：.
14. 在中，是的角平分线，且的面积为1，当最短时，_________．
【答案】##
【解析】
【分析】记，，然后计算得到，再使用余弦定理说明，并通过基本不等式的取等条件得知当取到最小值时，，最后通过即得结果.
【详解】记，，则，从而.
因为，
且，
所以，且，
从而.
在中，由余弦定理可得：
，
当且仅当即时取等号.
所以当取到最小值时，，此时，
所以．
故答案为：.
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. 设函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，若恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接根据导数的几何意义即得切线方程；
（2）先将不等式变形，将条件转化为对恒成立，再通过导数研究的单调性即知的取值范围.
【小问1详解】
当时，，
可得，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
【小问2详解】
由条件知，即，即，即，
当时，不等式恒成立；
当时，我们有．
所以命题等价于对恒成立，
令，则：
，
而当时，，故，
当时，，故在区间上单调递增；
当时，，故在区间上单调递减，
所以．
综上所述，实数的取值范围为．
16. “十四冬”群众运动会于2024年1月13日至14日在呼和浩特市举办，有速度滑冰、越野滑雪等项目，参加的运动员是来自全国各地的滑冰与滑雪爱好者．运动会期间，运动员与观众让现场热“雪”沸腾，激发了人们对滑冰等项目的热爱，同时也推动了当地社会经济的发展．呼和浩特市某媒体为调查本市市民对“运动会”的了解情况，在15~65岁的市民中进行了一次知识问卷调查（参加者只能参加一次）．从中随机抽取100人进行调查，并按年龄群体分成以下五组：，绘制得到了如图所示的频率分布直方图，把年龄在区间和内的人分别称为“青少年群体”和“中老年群体”．
（1）若“青少年群体”中有40人关注“运动会”，根据样本频率分布直方图完成下面的列联表，并根据小概率值的独立性检验，判断关注“运动会”是否与年龄样体有关；
（2）利用按比例分层抽样的方法，在样本中从关注“运动会”的“青少年群体”与“中老年群体”中随机抽取6人，再从这6人中随机选取3人进行专访．设这3人中“青少年群体”的人数为，求的分布列与数学期望．
附：，其中．
【答案】（1）列联表见解析，有关
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图完善二联表，即可计算卡方，与临界值比较作答，
（2）根据超几何分布求解概率，即可求解分布列以及期望.
【小问1详解】
由题意可知“青少年群体”共有（人），
“中老年群体”共有（人），
所以列联表如下：
零假设为：关注“运动会”与年龄群体无关联．
根据列联表中的数据，经计算得到，
所以根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为关注“运动会”与“年龄群体”有关，此推断犯错误的概率不大于0.01．
【小问2详解】
样本中“青少年群体”关注“运动会”的有40人，“中老年群体”关注“运动会”的有20人，
按比例分层抽样的方法抽取6人，则“青少年群体”应抽取4人，“中老年群体”应抽取2人，则的所有可能取值为1，2，3，
所以，，
故随机变量的分布列为
所以．
17. 如图①，四边形是边长为2的正方形，与是两个全等的直角三角形，且与交于点，将与分别沿翻折，使重合于点，连接，得到四棱锥，如图②，
（1）证明：；
（2）若为棱的中点，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）易证平面，从而得出，再证明平面即可证明；
（2）可由（1）建立空间直角坐标系，用向量法求解即可.
【小问1详解】
由翻折的不变性可知四棱锥的底面是边长为2的正方形，，
因为平面，
所以平面，又平面，所以，
如图，连接，则，
又平面，所以平面，
又平面，所以.
【小问2详解】
由（1）可知两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题图①可知，又，所以，
则，，
所以，又为棱的中点，
所以，，
设平面的法向量为，则，即，
令，得，故，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角正弦值为.
18. 如图，已知双曲线的离心率为2，点在上，为双曲线的左、右顶点，为右支上的动点，直线和直线交于点，直线交的右支于点．
（1）求的方程；
（2）探究直线是否过定点，若过定点，求出该定点坐标；否则，请说明理由；
（3）设分别为和的外接圆面积，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）过定点，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据离心率得到，再代入，得到方程，求出，求出双曲线方程；
（2）设直线的方程为，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，求出直线，求出，根据三点共线得到方程，结合，求出，得到答案；
（3）利用正弦定理求出，设直线的方程为，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，求出，表达出，得到.
【小问1详解】
因为离心率，所以，
双曲线的方程为，
将点代入双曲线方程得，
所以，
所以的方程为．
【小问2详解】
直线过定点，理由如下：设，
直线的方程为，与的方程联立
整理得，
则．
直线，所以，又三点共线，
所以，即，
即，
即，
化简得，
因为，
所以，
代入上式得，
即，
，
所以．所以过定点．
【小问3详解】
设和的外接圆半径分别为，，其中，
由正弦定理可得，
又，
所以，即．
设直线的方程为，
与的方程联立
整理得，
则．
又即
由得，
由，解得，
由得，
，
由，得，
综上，，
又因为
，
所以．
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
19. 定义：若对恒成立，则称数列为“上凸数列”．
（1）若，判断是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由．
（2）若为“上凸数列”，则当时，．
（ⅰ）若数列为的前项和，证明：；
（ⅱ）对于任意正整数序列（为常数且），若恒成立，求的最小值．
【答案】（1）是，证明见解析
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）构造函数，利用导数研究其单调性结合“上凸数列”定义判定即可；
（2）（ⅰ）利用“上凸数列”定义及倒序相加法证明即可；令，利用条件及数列求和适当放缩计算即可.
【小问1详解】
是“上凸数列”，理由如下：
因为，
令，
则．
当时，，
所以，
所以区间上单调递减，
所以，
所以，
所以是“上凸数列”．
【小问2详解】
（ⅰ）证明：因为是“上凸数列”，由题意可得对任意，
，
所以，
所以．
（ⅱ）解：令，
由（1）可得当时，是“上凸数列”，
由题意可知，当时，．
因为，
即
．
所以
，
当且仅当时等号成立，
所以．
综上所述，的最小值为．年龄群体
运动会
合计
关注
不关注
青少年群体
40
中老年群体
合计
60
40
100
0.05
0.01
0.001
3.841
6.635
10.828
年龄群体
运动会
合计
关注
不关注
青少年群体
40
15
55
中老年群体
20
25
45
合计
60
40
100
1
2
3