安徽省合肥市第八中学2024−2025学年高三下学期第三次模拟考试 数学试题（含解析）

这是一份安徽省合肥市第八中学2024−2025学年高三下学期第三次模拟考试 数学试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．的虚部为（ ）
A．1B．C．8D．
2．已知集合，则图中阴影部分所示集合的元素个数为（ ）

A．2B．3C．4D．6
3．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．将边长为4的正方形ABCD沿对角线BD进行翻折，使得二面角的大小为，连接AC，得到四面体ABCD，则该四面体的外接球体积与四面体的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
5．某面包店一天下班后要将所剩6个不同款式的面包分给小明、小红、小强三个员工，要求每个员工都有拿到面包，则小明最终拿到偶数个面包的情况有（ ）
A．180种B．210种C．240种D．360种
6．已知函数的部分图象如下所示，其中，，其中，则（ ）
A．B．1C．D．
7．已知抛物线的焦点为F，第一象限的点在抛物线上，且．若，则抛物线C的准线方程为（ ）
A．B．C．D．
8．若曲线与圆无交点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知且，则函数的图象一定经过（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
10．已知双曲线的渐近线方程为，左、右焦点分别为，过点的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点，则（ ）
A．双曲线C的离心率为
B．若，则
C．若，则
D．若，直线l的倾斜角为，则
11．若数列满足：对其任意项，总存在唯一，使得，则称数列具有“前项封闭性质”．下列说法正确的是（ ）
A．数列1，2，3，4具有“前项封闭性质”
B．数列1，2，，3具有“前项封闭性质”
C．若数列的前n项和为，则数列具有“前项封闭性质”
D．已知具有“前项封闭性质”的数列满足，数列为等差数列，则
三、填空题
12．已知向量，若，则 ．
13．某超市举办了一场抽奖活动，回馈消费者，规则如下：在抽奖盒子中装有6、8两个数字的卡牌（除数字外不可区分）各两张，消费者从盒子中依次摸出4张卡牌，并按摸取的顺序排成一列．若4张牌上相邻的数字均不相同，则可获得50元奖励；若4张牌上只有一对相邻的数字相同，则可获得80元奖励；若4张牌上有两对相邻的数字相同，则可获得100元奖励．按上述规则，任意1名消费者最终可获得奖励的数学期望为 元．
14．在长方体中，．若，点M在长方体内且，则平面ADM截长方体的截面面积为 ．
四、解答题
15．近年来，“社区咖啡”的理念在全国各地深入人心，“社区咖啡”主要采用手冲咖啡的模式．已知某款手冲咖啡的二段萃取时间在到之间，现将某咖啡师一个月内完成的1000次咖啡二段萃取时间进行统计，结果如图所示．
（1）求a的值及这1000次二段萃取时间在的次数；
（2）求这1000次咖啡二段萃取时间的中位数以及平均数；
（3）以频率估计概率，若从该咖啡师无数次的咖啡二段萃取时间中随机抽取3次，至少有2次萃取时间超过的概率．
16．已知函数．
（1）若，求曲线在处的切线方程；
（2）若关于x的不等式恒成立，求m的取值构成的集合．
17．已知等差数列的前n项和为，其中，数列的前n项积为，且．
（1）求数列与的通项公式；
（2）设为数列的前n项和，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围．
18．如图，四棱锥中，底面是菱形，其中，且S到B，D两点的距离相等，．
（1）求证：平面SAC；
（2）已知，点R在平面ABQ内，．
（i）若，求DR的最小值；
（ii）当二面角的正弦值最小时，求m的值．
19．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，线段AB的两个端点分别在x轴，y轴上滑动，，点M是线段AB上一点，且，点M随线段AB的滑动而运动．
（1）求动点M的轨迹的方程；
（2）直线与交于C，D两点，若直线OC，OD的斜率之积为，求k的值；
（3）若点P，Q，R，S在上，动点N在内，点O，N，P，R四点共线，且，求四边形PQRS面积的最大值．
参考答案
1．【答案】A
【详解】，
故复数的虚部为1.
故选A．
2．【答案】B
【详解】由题意得，图中阴影部分表示的集合为，
因为集合，可得，
所以阴影部分所示集合的元素个数为个.
故选B．
3．【答案】C
【详解】依题意，.
故选C．
4．【答案】D
【详解】翻折后所得图形如下图所示，易知BD的中点O为球心，
故该四面体的外接球体积，
又，平面AOC，，
所以平面AOC，
二面角的大小为，，
,
故所求体积之比为，
故选D．
5．【答案】C
【详解】若小明拿到2个面包，则有；
若小明拿到4个面包，则有种；
故小明最终拿到偶数个面包的情况有种，
故选C
6．【答案】B
【详解】依题意，为等腰直角三角形，则，故，故，
则；而，故，解得，
又，故，则.
故选B．
7．【答案】A
【详解】因为，则，可得，
又因为，可得，
且，两式相减得，即，
平方可得，
且，可得，即
且，即，
所以所求准线方程为.
故选A．
8．【答案】D
【详解】圆的标准方程为，将曲线和圆同时向左平移个单位后，
题设条件转化为曲线与圆无交点，
即方程无解，则，
若，则显然方程无解；
若，即时，有，
则在上无解，
令，
则，
令得；令得，
则在上单调递增，在上单调递减，
故，且当时，，当时，，
则，即，则实数的取值范围为.
故选D.
9．【答案】AB
【详解】由，且，
则，
即函数过点,
当时，函数单调递增，过第一、二、三象限；
当时，函数单调递减，过第一、二、四象限．
故选AB．
10．【答案】ACD
【详解】依题意可知，则，故A正确；
若，则，故，故B错误；
不妨设，因为，
则，则，而，
则在中，由余弦定理，，
则，则，故C正确；
联立，
联立则，
所以，
则，故D正确.
故选 ACD.
11．【答案】ACD
【详解】对于A：记数列的前n项和为，
则，则，故A正确；
对于B：记数列的前n项和为，
则，可知，故B错误；
对于C：由，得当时，；
当时，，而不满足，
因此，令，即，
则当时，有，解得；
当时，，则，而k，，于是，
因此对每一个，有且仅有一个且，
使得，
即对任意的正整数n，都仅存在一个正整数k，满足条件，故C正确；
对于D：因为，得单调递增，则，
记，则，
由，且具有“前项封闭性质”，得，
由，得，其公差，
由，得，
若，则当时，，与矛盾，故．即，所以，
又，于是，又单调递增，所以，
即，从而，
即，
又，也符合，
故．且，所以，故D正确．
故选ACD
12．【答案】
【详解】由，可得且，
因为，可得，解得.
13．【答案】
【详解】解法一：当相邻卡片上的数字都不同时，如6868，有，则；
当相邻卡片的数字只有一对相同时，如6886，有，则；
当相邻卡片的数字只有两对相同时，如6688，有，则，
故所求期望．
解法二：两个6和两个8四张卡片，共有6种排法，
其中相邻卡片上的数字都不相同的排法有2种，
相邻卡片上数字只有一对相同的排法有2种，
相邻卡片上数字有两对相同的排法有2种，
可得，
故所求期望．
14．【答案】
【详解】已知，则，
设，
因为，
，
，
，
所以，化简得，得，
即．
又，则
因，则组成一个平面，由可知在线段点在上，
故点在平面内，连接并延长交于点，连接，过点作，交于点，连接，
则矩形即平面截长方体得到的截面.
因，即，
．
15．【答案】（1）；100
（2）；
（3）
【详解】（1）解：由题意，利用频率分布直方图的性质，可得，
解得，
则这一个月内咖啡萃取时间在的次数为.
（2）解：前两组的频率之和为，
前三组的频率之和为，
所以中位数在内，
中位数为，
所求平均数为.
（3）解：萃取时间超过的频率为，
设抽取3次中萃取时间超过的次数为，则，
所以，
故．
16．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）解：当时，函数，可得，
则且，所以切线的斜率为，切点为，
故所求切线方程为，即.
（2）解：由函数，可得其定义域为，
不等式恒成立，等价于恒成立，
令，可得，其中，
因为在区间上恒成立，
所以是的最大值点，也是极大值点，则，
可得，解得，
当时，可得，令，则，
所以在上单调递减，
当时，，即，单调递增；
当时，，即，单调递减，
所以，满足条件，所以
综上所述，实数m的取值构成的集合为．
17．【答案】（1），
（2）
【详解】（1）解：设数列的公差为，则，
故，则，，
依题意，，
当时，；
当时，，可得，
综上所述，，.
（2）解：由（1），可得，
故对任意恒成立，
即对任意恒成立，
当n为偶数时，原式化为，即，
因为，当时，可得，所以；
当n为奇数时，原式化为，即，
因为，所以时，取值最小，故，故，
综上可得，，即实数的取值范围为．
18．【答案】（1）证明见解析
（2）（i）； （ii）
【详解】（1）证明：记BD交AC于点O，连接OS，
由于，且O是BD的中点，所以，
又由平面，平面，
故平面.
（2）解：过S作于点，由（1）可知，平面平面,平面平面，且两平面的交线为AC，
平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，且，平面，
所以平面，平面，所以，
结合，可得为的垂心，
因为为等边三角形，因此为的重心，
且，
以为原点，以所在的直线分别为轴和轴，过O作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由于，则，
可得，
（i）由，可得，
设平面ABQ的法向量为，则 ，
取，可得，所以，
又由，所以，即的最小值为；
（i）设，可得，
可得
设平面ABQ的法向量为，则，
取，可得，所以，
又由，
设平面BCQ的法向量为，则
取，可得，所以，
设二面角的平面角为，
则，
令，则，
则．
当且仅当，即时取等号，因此的最小值为．
19．【答案】（1）
（2）
（3）3
【详解】（1）解：设，因为，所以①，
设，由，且，可得，
则，可得②，
将②代入①，可得，所以动点M的轨迹的方程为.
（2）解：设，所以，
则，整理得，
所以，
且，即，
所以，即，
因为，故，所以.
（3）解：设点Q到直线PR的距离为d，因为，
所以点Q到直线PR的距离是点S到直线PR的距离的2倍；
故四边形PQRS的面积；
当直线轴时，，
故点Q到直线PR的距离d的最大值为2，此时；
当直线PR不与x轴垂直时，设直线，
联立方程组，解得，所以，
设过点Q与直线PR平行的直线l的方程为，
联立方程组，整理得，
则，可得，故，
故，当且时，上述等号成立，
综上所述，四边形PQRS面积的最大值为3．