安徽省江淮十校2024-2025学年高三下学期4月联考数学试题（Word版附解析）

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注意事项：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
3.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.
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：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，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由偶次方根的被开方数非负得到一元二次不等式，解得即可求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得，
所以，
又，
所以.
故选：C
2. 已知复数（其中为虚数单位），则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数代数形式的乘除运算法则计算可得.
【详解】因为，所以.
故选：D
3. 已知非零向量，，且，则在上的投影向量为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据数量积的运算律得到，再由投影向量的定义计算可得.
【详解】因为，所以，即，
所以在上的投影向量为.
故选：C
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二倍角的余弦公式结合诱导公式求值.
【详解】因为，
又，
所以.
故选：A
5. 在直棱柱中，，且，N是棱上的一点，且满足，则的最小值为（ ）
A. B. 6C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，，，将向量分别用表示，代入，利用向量数量积的运算律化简，求得，借助于二次函数的性质即可求得的最小值.
【详解】
设，，，
则，，
由，
因，，则，
代入整理得，，显然，故，
因，故当时，取得最大值，
此时取得最小值为36，故的最小值为为6.
故选：B.
6. 下列关于函数说法正确的是（ ）
A. 是函数图象的一个对称中心B. 的值域为
C. 在区间上单调递减D. 直线是函数图象的一条对称轴
【答案】B
【解析】
【分析】令，求出相应的的取值范围，即可化简的解析式，从而求出的取值范围，类似的求出时的取值范围，即可求出的值域，画出函数图象，结合图象判断即可.
【详解】令，即，解得；
所以当时，
由，所以，
所以；
令，即，解得；
所以当时，
由，所以，
所以；
综上可得，
且的值域为，故B正确；
作出函数的大致图象：
由图可知不是中心对称图形，即没有对称中心，故A错误；
因为，，，
由图可知在上单调递减，在上单调递增，
则在上不单调，故C错误；
的对称轴为，故D错误；
故选：B
7. 的展开式的常数项是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】的展开式通项为：，由得，所以的常数项系数为；由得，所以的项系数为，所以的展开式的常数项是,故选D.
8 已知，且，，则（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】对两个等式进行变形，在构造函数，利用函数的单调性即可得到其自变量的关系，进而求解.
【详解】因为，两边同除以，得，即，①
因为，两边同除以，得，即，
整理得，②
由①②可构造函数，显然该函数是上的增函数，
于是根据①②知，所以，因此．
故选：B．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得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. 若一组数据的方差为，则所有数据都相同
B. 在对两个分类变量进行独立性检验时，如果列联表中所有数据都缩小为原来的十分之一，在相同的检验标准下，再去判断两变量的关联性时，结论不会发生改变
C. 已知一组样本点的经验回归方程为，若其中两个样本点和的残差相等，则
D. 已知一组数据为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，则它的第70百分位数为7
【答案】AC
【解析】
【分析】根据方差的定义判断A，计算新数据的卡方，即可判断B，根据残差的定义得到方程，即可判断C，根据百分位数的定义判断D.
【详解】对于A：若一组数据的方差为，所以所有数据都相同，故A正确；
对于B：若原数据的卡方记作，即，
则新数据的卡方记作，则
，
所以结论可能会发生改变，故B错误；
对于C：依题意，所以，故C正确；
对于D：因为，所以第70百分位数为，故D错误.
故选：AC
10. 设、是曲线上两个不同的点，则（）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合图象，利用函数的凹凸性判断即可.
【详解】对于选项，构造点，
点恒在的上方，则，即，故A正确，B错误；

对于选项C，构造，则，点，
点恒在的上方，则，
两边取对数得，即，故C正确；

刈于选项D，构造，则，点，
点恒在的上方，则，
两边取对数得，即，故D正确；

故选：ACD．
11. 双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于1694年，雅各布·伯努利将其作为椭圆的一种类比来处理，椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹，而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之积为定值的点的轨迹，当此定值使得轨迹经过两定点的中点时，轨迹便为伯努利双纽线.曲线C：是双纽线，则下列结论正确的是（ ）
A. 已知，，则曲线C上满足的点P有且只有一个
B. 曲线C经过4个整点（横、纵坐标均为整数的点）
C. 若直线与曲线C只有一个交点，则实数k的取值范围为
D. 曲线C上任意一点到坐标原点的距离都不超过2
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A项，有唯一交点为即可求解；对于B项，曲线C经过整点求解；对于C项，联立方程得，由题意可知求解；对于D项，可知求解.
【详解】对于A项,点P满足,则点P在y轴上，将代入方程，得，即，解得，得唯一交点为，故A项正确；
对于B项, 令，解得：或或，当时，无解.
所以曲线C经过整点，故B项错误；
对于C项, 因为直线与曲线必有公共点，
联立，可得，
由题意可知，解得或，即实数的取值范围是.故C项正确；
对于D项, 根据曲线C：，可知，所以双曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2，故D项正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设双曲线：的两条渐近线的倾斜角分别为，，若，则C的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】求出因为，再由可得答案.
【详解】因为，，所以，
双曲线：的两条渐近线方程分别为，
若，则的倾斜角为，的倾斜角为，
即，解得，
则C的离心率为.
故答案为：.
13. 已知，关于的不等式对任意恒成立，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得对任意恒成立，再根据指数不等式得到，即可求出的最小值，从而得解.
【详解】因为关于的不等式对任意恒成立，
所以对任意恒成立，
令，则，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
即恒成立（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
所以，即的取值范围是.
(令，则，，所以在上存在零点).
故答案为：
14. 已知表示不超过的最大整数，记，设，且，当时，所有满足条件的n的和等于________.
【答案】341381
【解析】
【分析】先考虑时满足的的值的情况，列举分析得出满足题意的可以表示为的形式，根据确定所有满足条件的构成等差数列，利用等差数列的求和公式即可.
【详解】由于分母的最小公倍数为6，故可先考虑时满足的的值的情况.
当时，，不满足；
当时，，不满足；
当时，，不满足；
当时，,不满足；
当时，，满足；
当时，，不满足.
综上，满足题意的可以表示为的形式，
由，可得，，
即所有满足条件的构成等差数列，其首项为5，末项为2021，项数为337，
故当时，所有满足条件n的和等于.
故答案为：341381.
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. 在中，三个角A、B、C所对的边分别为a、b、c，点在边上，且，.
（1）求；
（2）若，点在线段上，当为锐角三角形，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由面积公式得到，再由求出，即可得解；
（2）首先求出，设，在中利用正弦定理将，转化为关于的三角函数，结合三角形为锐角三角形求出的范围，再求出函数的值域，即可得解.
【小问1详解】
∵，
∴记点到的距离为，则，
∴，，，
∴．
∴，又，∴．
【小问2详解】
由（1）知，，，∴．
设．
在中，由正弦定理可得，
∴，则，，
∴
∵为锐角三角形，，解得，
又，在均为递增函数，且函数值均为正数，
又在上单调递减，
所以在上单调递减，
当时，
当时，所以，
故．
16. 如图，四边形是圆所有内接四边形中面积最大的四边形，为平面外一点，且，，是的中点.

（1）证明平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设圆的半径为，由面积公式可得，从而得到为正方形，连接，即可得到，即可得证；
（2）依题意可得为正三角形，，即可证明平面，再证明平面，得到，接着证明平面，得到，则为的平面角，最后由锐角三角函数计算可得.
【小问1详解】
设圆的半径为，
所以，
当且仅当时取等号．
所以当为正方形时，面积最大，
所以，交于点，连接，
因为为中点，E为中点，
所以，又平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
因为，，所以，，，
所以为正三角形，
所以，
又因为，，，平面，
所以平面，又平面，
所以．
又因为，
所以，
又，平面，
所以平面，
因为平面，平面，所以，
连接，又，，平面，
所以平面，平面，所以，
所以为的平面角，
又，，
所以，
所以，
所以二面角的余弦值为.

17. 2023年华为盘古气象大模型实现秒级预测全球天气，突破了传统NWP算力瓶颈，代表了AI在科学计算（AI fr Science）的重要突破，推动了全球气象行业的智能化升级.未来天气预报或将进入“分钟级、街道级”的精准时代.现某城市根据气象数据有两种天气状态：晴天（S）和雨天（R），变化规律预测如下：
①如果今天是晴天，明天有80%的概率仍然是晴天，20%的概率会下雨；
②如果今天是雨天，明天有60%的概率仍然是雨天，40%的概率会转晴.
假设今天天气是晴天，回答以下问题：
（1）从明天开始接下来的三天中，天气是晴天的天数用随机变量X表示，求X的分布列和数学期望；
（2）长期来看，晴天和雨天的概率分布会趋于稳定，从今天算起第n天预测是晴天的概率用表示，求的表达式及趋于的稳定值.
【答案】（1）分布列见解析，.
（2），趋于的稳定值为.
【解析】
【分析】（1）列出的可能取值，求出对应概率，可得的分布列，再根据期望的求法求期望.
（2）找出数列的递推公式，构造等比数列，求的通项公式与极限即可.
【小问1详解】
由题意可知：的值可以为：.
且，
，
，
.
所以的分布列为：
所以
小问2详解】
由题意：数列中：，.
设，
由.
所以，且.
所以是以为首项，以为公比的等比数列.
所以.
因为，所以趋于的稳定值为.
18. 已知椭圆：的离心率为，过椭圆的焦点且与短轴平行的弦长为1.
（1）求椭圆的方程；
（2）设点M为椭圆上位于第一象限内一动点，A，B分别为椭圆的左顶点和下顶点，
（i）求点M到直线距离的最大值；
（ii）设直线与x轴交于点C，直线与y轴交于点D，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的通径长和的关系求的值，确定椭圆方程.
（2）（i）设，根据点到直线的距离公式，结合三角函数的最值，可求点M到直线距离的最大值.
（ii）先确定四边形的面积为定值，再求面积的最大值，即可得面积的最大值.
【小问1详解】
由题意：，解得.
所以椭圆的方程为：.
【小问2详解】
（i）如图：
易知：，，所以直线的方程为：.
设，因为在第一象限，所以可取.
所以点到直线的距离为：
，当时取“”.
所以点M到直线距离的最大值为.
（ii）因为直线方程为：，令可得；
直线的方程为：，令可得.
所以四边形的面积为：
为定值.
又面积的最大值为：，
所以面积的最大值为：.
19. 已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）讨论函数极值点的个数；
（3）设，，求证：.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数几何意义，求得曲线在处的切线斜率，由点斜式方程即可；
（2）对函数求导，按照和分类讨论函数的单调性，即可判断函数的极值点个数；
（3）由推得，根据（2）的分析得出且时，；当且时，.接着根据数学归纳法证明结论成立.
【小问1详解】
当时，，则，
又，
则曲线在处的切线方程；
【小问2详解】
的定义域为，
则，因，故，
由可得或，
当时，，则在上单调递增，故函数无极值点；
当时，，
由可得或；由可得，
即函数在上单调递增；在上单调递减.
故当时，函数取得极大值，
当时，函数取得极小值.
综上，当时，函数无极值点；当时，函数有2个极值点.
【小问3详解】
由可得，两边取对数，
即，.
由（2）知，当时，函数在上单调递增，且，
故当时，，即lnx+1+4x+2−2>0，也即；
当时，函数在上单调递减，
故当时，，即，也即.
下面用数学归纳法证明：.
①当时，，结论成立；
②假设当时，结论成立，即.
则当时，；
又，
即当时，有，结论成立.
由①②可得，对，都成立.0
1
2
3