安徽省合肥市第九中学2024-2025学年高三下学期第六次单元质量检测数学试卷 含解析

这是一份安徽省合肥市第九中学2024-2025学年高三下学期第六次单元质量检测数学试卷 含解析，共21页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120 分钟 满分：150 分）
命题教师：魏思远 审题教师：徐珺
一、单选题（本大题共 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
是符合条件的.）
1. 已知全集 ， ，则集合 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先得到 ，根据条件得到 ， ，分 ， 和 三种情
况，得到 满足要求.
【详解】 ，
，故 ， ，
若 ，此时 ，满足要求，
若 ，此时 ， 不合要求，
若 ，此时 ， 不合要求，
综上， .
故选：C
2. 已知 ，则 （ ）
A. 1 B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】先化简计算出复数 ，再根据模长公式计算即可.
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【详解】已知 ，则 .
则 .
故选：B.
3. 在 的展开式中， 项的系数为（ ）
A. B. C. 16 D. 144
【答案】C
【解析】
【分析】写出 的展开式通项，即可列式求解.
【详解】 ，其展开式通项公式为 ， ，
所以所求 项的系数为 ，
故选： C．
4. 已知 均为第二象限角，则“ ”是“ ”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】C
【解析】
【分析】结合三角函数的单调性、平方关系，并根据充分、必要条件的知识判断即可.
【详解】由题意， 若 ，因为 均为第二象限角，所以 ，
所以 ，即 ，
所以 ，且 均为第二象限角，
所以 ，所以 ，即充分性成立
若 ，因为 均为第二象限角，
所以 ，即 ，
所以 ，即 ，
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因为 均为第二象限角，所以 ，
所以 ，故必要性成立,
所以“ ”是“ ”的充要条件.
故选：C.
5. 母线长为 1 的圆锥体积最大时，其侧面展开图圆心角 等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用母线长得到底面半径与高的关系，利用圆锥的体积公式将体积表示成底面半径的函数，将函
数凑成乘积为定值的形式，利用基本不等式求函数的最值．
【详解】解：设圆锥底面半径为 ，高为 ，则圆锥体积
又
圆锥体积
，
当且仅当 时，即当 时圆锥体积 取得最大值
侧面展开图圆心角
故选：D．
6. 已知 ， ，P 是曲线 上一个动点，则 的最大值是（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量数量积的坐标运算可得 ，再利用直线与圆的位置关系数形结合即可得
解.
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【详解】因为 ，即 ，
则曲线 表示以坐标原点 O 为圆心，半径为 1 的上半圆，并记为 ，
设点 ，则 ，
所以 ，令 ，则 ，
故直线 （斜率为 ，纵截距为 ）与曲线 有公共点，如图所示：
直线 过点 ，则 ，即 ，
直线 与曲线 相切，则 ，解得 或 （舍去），
所以 ，则 ，所以 的最大值为 .
故选：D.
7. 如图所示，将绘有函数 部分图象的纸片沿 轴折成钝二面角，
此二面角的平面角为 ，此时 ， 之间的距离为 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，作出二面角的平面角，结合等腰三角形性质求出 ，利用周期求出 ，
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再由勾股定理求出 ，根据图象过点 即可得解.
【详解】过 分别作 轴的垂线，垂足分别为 ，在平面 内作 轴， 轴交于点
，
连接 ，则 是二面角的平面角，即 ，
则 ，由 轴垂直于 ， 平面 ，
得 轴垂直于平面 ，又 轴，则 平面 ，而 平面 ，因此 ，
又函数 的周期 ，即 ，
由勾股定理得 ，即 ，解得 ，
而函数 的图象过点 ，则 ，即 ，
又 ，且 0 在 的递减区间内，所以 .
故选：B
8. 互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这
样的坐标系称为“斜坐标系”.如图，在斜坐标系中，过点 作两坐标轴的平行线，其在 轴和 轴上的截距
分别作为点 的 坐标和 坐标，记 .若斜坐标系中， 轴正方向和 轴正方向的夹角为 ，则该
坐标系中 和 两点间的距离为（ ）
A.
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B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立直角坐标系，求出直角坐标，即可得解.
【详解】以 O 为坐标原点,原 x 轴正方向为 x 轴，垂直于 x 轴的方向为 y 轴建立平面直角坐标系，
则在直角坐标系下， ， ,
则
.
故选：A.
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，有选错得得 0 分.）
9. 某班级学生开展课外数学探究活动，将一杯冷水从冰箱中取出后静置，在 的室温下测量水温 单
位 随时间 （单位： ）的变化关系，在测量了 15 个数据后，根据这些实验数据
得到如下的散点图：
现需要选择合适的回归方程进行回归分析，则根据散点图，合适的回归方程类型有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
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【分析】散点图的特点是单调递增，增长速度越来越慢，且 ，根据特点对选项一一判断即可．
【详解】散点图的特点是单调递增，增长速度越来越慢，且
对 A 选项，符合散点图的特点；
对 B 选项，有 不符合散点图的特点；
对 C 选项，符合散点图的特点；
对 D 选项， 的增长速度不变，不符合散点图的特点；
故选：AC
10. 在平面直角坐标系中，已知圆 ，其中 ，则（ ）
A. 圆 过定点 B. 圆 圆心在定直线上
C. 圆 与定直线相切 D. 圆 与定圆相切
【答案】BC
【解析】
【分析】利用反证法可判断 AD 选项；求出圆心所在直线的方程，可判断 B 选项；判断圆 与直线
的位置关系，可判断 C 选项.
【详解】对于 A 选项，圆 的方程可化为 ，
若圆 过定点，则 ，可得 ，矛盾，A 错；
对于 B 选项，圆 的圆心坐标为 ，则圆心在直线 上，B 对；
对于 C 选项，圆心到直线 的距离为
，故直线 与圆 相切，
同理可知，直线 与圆 也相切，C 对；
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对于 D 选项，设定圆的圆心为 ，半径为 ，设 ，
若定圆与圆 外切，则 ，
化简得 ，
由二次函数的性质可知，关于 的二次函数 在 时的值
不可能恒为零，舍去；
若定圆与圆 内切，则 ，
化简可得 ，
由二次函数的性质可知，关于 的二次函数 在 时的值
不可能恒为零，舍去.
同理可知，当 时，不存在定圆与圆 相切，D 错.
故选：BC.
11. 已知对于任意非零实数 ，函数 均满足 ， ，下列结论正确的有
（ ）
A.
B. 关于点 中心对称
C. 关于 轴对称
D.
【答案】ABD
【解析】
【 分 析 】 由 中 令 可 得 A 正 确 ； 由 可 得 B 正 确 ； 由
可得 C 错误；换元法求出 可得 D 正确.
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【详解】对于 A，由 可得 ；
对于 B，由 可得 ，即 ，
所以 关于点 中心对称，故 B 正确；
对于 C，由 可得 ，所以 关于 轴对称，故 C 错误；
对于 D，由 中令 可得 ，
设 ，①
又 ，②
由①②可得 ，
所以 ，即 ，
所以 ，所以
所以 ，故 D 正确；
故选：ABD
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.）
12. 记 为等差数列 的前 n 项和，若 ， ，则 ________.
【答案】95
【解析】
【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出 ，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.
【详解】因为数列 为等差数列，则由题意得 ，解得 ，
则 .
故答案为： .
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13. 在正方体 中， 为 的中点，若该正方体的棱与球 的球面有公共点，
则球 的半径的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为 的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最
小.
【详解】设球的半径为 .
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包
含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径 为体对角线长 ，即 ，故
；
分别取侧棱 的中点 ，显然四边形 是边长为 的正方形，且 为正
方形 的对角线交点，
连接 ，则 ，当球的一个大圆恰好是四边形 的外接圆，球的半径达到最小，即 的
最小值为 .
综上， .
故答案为：
14. “布朗运动”是指微小颗粒永不停息的无规则随机运动，在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，
某粒子作布朗运动时每次会从所在仓的通道口中随机选择一个到达相邻仓或者容器外，一旦粒子到达容器
外就会被外部捕获装置所捕获，此时试验结束．已知该粒子初始位置在 1 号仓，则试验结束时该粒子是从 1
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号仓到达容器外的概率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】定义从 出发最终从 1 号口出的概率为 ，结合独立乘法、互斥加法列出方程组即可求解.
【详解】设从 出发最终从 1 号口出的概率为 ，所以 ，解得 .
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. 已知 内角 、 、 的对边分别为 、 、 ， .
（1）求 ；
（2）若 ， ，求 .
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理求出 的值，结合角 的取值范围可得出角 的值；
（2）利用两角和的正弦公式可求出 的值，再利用正弦定理可得出 的值.
【小问 1 详解】
因为 ，即 ，可得 ，
由余弦定理可得 ，
因为 ，故 .
【小问 2 详解】
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因为 ， ，则 ，
由正弦定理得 ，解得 .
16. 甲乙两人进行象棋比赛，约定谁先赢 3 局谁就直接获胜，并结束比赛.假设每局甲赢的概率为 ，和棋
的概率为 ，各局比赛结果相互独立.
（1）记 为 3 局比赛中甲赢的局数，求 的分布列和均值
（2）求乙在 4 局以内（含 4 局）赢得比赛的概率；
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意甲每局赢的概率为 ，甲不赢的概率为 ，则 ，利用二项分布的概率公
式得到分布列，从而求出期望；
（2）分乙前 局全胜和前 局只有一局不胜两种情况讨论，利用相互独立事件及互斥事件的概率公式求解
即可；
【小问 1 详解】
由题知甲每局赢的概率为 ，甲不赢的概率为 ，
则 ， 的可能取值为 ， ， ， ，
所以 ， ，
， ，
则 的分布列为：
0 1 2 3
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所以 ；
【小问 2 详解】
由题知乙每局赢的概率为 ，乙不赢的概率为 ，
因为乙在 4 局以内（含 4 局）赢得比赛，
则分两种情况：乙前 3 局全胜和前 3 局只有一局不胜，第四局乙胜，
所以乙在 4 局以内（含 4 局）赢得比赛 概率 ；
17. 已知椭圆 的长轴长为 4，一个焦点为 .
（1）求椭圆 的方程及离心率；
（2）过点 且斜率存在的直线交椭圆 于 两点，在 轴上是否存在点 ，使得 ？若
存在，求出点 的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1） ，离心率 ；
（2）存 ， .
【解析】
【分析】（1）由题意确定椭圆参数值，即可得椭圆方程，进而得到离心率；
（2）设直线 的方程为 ， ， ，联立椭圆并应用韦达定理得
，法一：根据面积比得到 ，即直线 的斜率与直线
的斜率互为相反数，列方程求得 ；法二：根据面积比得 ，结合两点距离公式并整理
求得 ，即得结论.
【小问 1 详解】
由题意，得 ，所以 .
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所以椭圆 的方程为 ，离心率 .
【小问 2 详解】
设直线 的方程为 （显然 ），点 ，
设 ，联立方程 ，
整理得 .
所以 .
法一：因为 .
又 ，所以 .
所以 ，直线 的斜率与直线 的斜率互为相反数.
设直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，
，整理可得 ，
，因为 ，
所以 ， ，
即 ，解得 .
所以点 的坐标 .
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法二：因为 ，又 ，
所以 ，即 ， ，
所以 ，且 ，
整理得 ，
则 ，
而 ，显然 ，
所以 ，
故 ，
所以 ，解得 .
所以点 的坐标 .
18. 已知函数 （ ）.
（1）若 ，求 的极小值；
（2）当 时，求 的单调递增区间；
（3）当 时，设 的极大值为 ，求证： .
【答案】（1）
（2） 和
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数求解函数的单调性求解出函数的极值即可
（2）当 时，利用导数求解函数的单调性求解出函数的单调递增区间
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（3）分 和 讨论求解即可.
【小问 1 详解】
由题意知 .
若 ，则 ，所以 .
令 ，得 .
当 时， 当 时，
所以 在 单调递减，在 单调递增，
所以 的极小值等于 .
【小问 2 详解】
因为 ，所以 ，
由 ，即 ，解得 或 ，
所以 在 和 单调递增，
由 ，即 ，解得 ，
所以 在 单调递减，
故 的单调增区间为 和 .
【小问 3 详解】
当 时，由（2）知， 的极大值等于 ；
当 时， ， 单调递增， 无极大值；
当 时，当 时， 单调递增，
当 时， 单调递减，
所以 的极大值等于 ，
令 ，所以 ，
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在 上 在 上，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以故 ，
综上所述， .
19. 已知 是无穷数列．给出两个性质：
①对于 中任意两项 ，在 中都存在一项 ，使 ；
②对于 中任意项 ，在 中都存在两项 ．使得 ．
(Ⅰ)若 ，判断数列 是否满足性质①，说明理由；
(Ⅱ)若 ，判断数列 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
(Ⅲ)若 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明： 为等比数列.
【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详解解析；(Ⅲ)证明详见解析.
【解析】
【分析】(Ⅰ)根据定义验证，即可判断；
(Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断；
(Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明 ，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列
即可.
解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得 成等比数列，之后证得 成等比数
列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.
【详解】(Ⅰ) 不具有性质①；
(Ⅱ) 具有性质①；
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具有性质②；
(Ⅲ)解法一
首先，证明数列中的项同号，不妨设恒为正数：
显然 ，假设数列中存在负项，设 ，
第一种情况：若 ，即 ，
由①可知：存在 ，满足 ，存在 ，满足 ，
由 可知 ，从而 ，与数列的单调性矛盾，假设不成立.
第二种情况：若 ，由①知存在实数 ，满足 ，由 的定义可知： ，
另一方面， ，由数列的单调性可知： ，
这与 的定义矛盾，假设不成立.
同理可证得数列中的项恒为负数.
综上可得，数列中的项同号.
其次，证明 ：
利用性质②：取 ，此时 ，
由数列的单调性可知 ，
而 ，故 ，
此时必有 ，即 ，
最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：
假设数列 的前 项成等比数列，不妨设 ，
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其中 ，（ 的情况类似）
由①可得：存在整数 ，满足 ，且 （*）
由②得：存在 ，满足： ，由数列的单调性可知： ，
由 可得： （**）
由（**）和（*）式可得： ，
结合数列的单调性有： ，
注意到 均为整数，故 ，
代入（**）式，从而 .
总上可得，数列 的通项公式为： .
即数列 为等比数列.
解法二：
假设数列中的项均为正数：
首先利用性质②：取 ，此时 ，
由数列的单调性可知 ，
而 ，故 ，
此时必有 ，即 ，
即 成等比数列，不妨设 ，
然后利用性质①：取 ，则 ，
即数列中必然存在一项的值为 ，下面我们来证明 ，
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否则，由数列的单调性可知 ，
在性质②中，取 ，则 ，从而 ，
与前面类似的可知则存在 ，满足 ，
若 ，则： ，与假设矛盾；
若 ，则： ，与假设矛盾；
若 ，则： ，与数列的单调性矛盾；
即不存在满足题意的正整数 ，可见 不成立，从而 ，
然后利用性质①：取 ，则数列中存在一项 ，
下面我们用反证法来证明 ，
否则，由数列的单调性可知 ，
在性质②中，取 ，则 ，从而 ，
与前面类似的可知则存在 ，满足 ，
即由②可知： ，
若 ，则 ，与假设矛盾；
若 ，则 ，与假设矛盾；
若 ，由于 为正整数，故 ，则 ，与 矛盾；
综上可知，假设不成立，则 .
同理可得： ，从而数列 为等比数列，
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同理，当数列中的项均为负数时亦可证得数列为等比数列.
由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.
从而题中的结论得证，数列 为等比数列.
【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不
等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力.
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