安徽省阜阳市2024-2025学年高三上学期期末教学质量统测数学试卷（解析版）-A4

这是一份安徽省阜阳市2024-2025学年高三上学期期末教学质量统测数学试卷（解析版）-A4，共19页。试卷主要包含了 已知，则，02等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名，考生号，考场号，座位号填写在答题卡上.
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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次不等式以及分式不等式化简集合，即可根据交集的定义求解.
【详解】由可得 或，
故，
故选：D
2. 若复数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先将已知等式进行化简求出，再求出的共轭复数即可.
【详解】已知，等式两边同时乘以得到.
将右边展开，移项可得，即.
且.所以.则
故选：C.
3. 已知向量，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】我们先根据向量垂直求出的值，再根据向量模的计算公式求出.
【详解】已知，，则.
因为，即.
即,解得.
由，则.所以.
故选：C.
4. 已知离散型随机变量服从二项分布，则下列选项正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项分布期望和方差的公式可求解AC，根据方差和期望的性质可求解BD.
【详解】由于服从二项分布，故，，故AC错误，
,,故C错误，D正确，
故选：D
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据余弦的和角公式以及弦切互化，即可求解，即可由余弦的差角公式求解.
【详解】由可得，
解得，
故，
故选：B
6. 已知四面体的顶点为正方体的顶点，若该正方体的棱长为1，则在所有这样的四面体中，体积最小的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正方体中两类四面体的体积，即可比较求解作答.
【详解】如图：在正方体中，如四面体的四个顶点中的其中三个顶点为正方体一个侧面正方形的三个顶点，比如四面体,此时体积为，
若四面体的其中两个顶点在下底面，另外两个顶点在上底面，例如四面体,
此时三棱锥的体积为,
故体积最小值为
故选：A

7. 记为不超过的最大整数，则方程的实数解的个数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数的性质，将函数写成分段函数形式，将方程解的个数的问题转化成相对应的函数图象交点的个数求解即可.
【详解】令，则根的个数等价于图像交点的个数
，
作出图象，易得两个函数图象有3个交点，所以，方程有3个根.
故选：B.
8. 已知，对任意的，当时，恒有，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令，通过变形将不等式等价于恒成立；构造，借助导数研究单调性和最值即可.
【详解】令，因为，所以，
不等式两边取以为底的对数，得，即
不等式等价于恒成立；
令，
，
当即时，恒有单调递增，当时，恒有；
当时，即时，时，有单调递减，
则不合题意，舍；
综上，
故选：C.
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. “百节年为首，四季春为先”，2024年12月4日，中华民族传统佳节——春节申遗成功.为庆祝春节申遗成功，某校组织500名学生参加中华优秀传统文化知识竞赛，经统计，这500名学生的成绩都在区间内，按分数分成5组：.得到如图所示的频率分布直方图，根据图中数据，下列选项正确的有（ ）
A. 的值为0.02
B. 这500名学生中，成绩在区间内的人数最少
C. 这500名学生中，成绩不低于70分的人数约为350
D. 这500名学生成绩的第80百分位数约为80
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据频率分布直方图小矩形面积和为1求解判断A；根据频率分布直方图特点即可判断B，计算不低于70分的频率和即可判断C，根据频率分布直方图的计算可得第80百分位数可判断D.
【详解】对于A，由，解得，故A正确
对于B，这一组频率最小，即成绩在上的人数最少，故B正确；
对于C，成绩不低于70分的学生频率为，
成绩不低于70分的人数约为，故C正确；
对于D，因为第五个组的频率为，
所以这500名学生成绩的第80百分位数约为90，故D错误.
故选：ABC.
10. 已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A. 在上单调递增
B. 的极小值点为
C. 若满足，则
D. 若满足，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】求导，根据导函数的正负即可求解AB，举反例即可求解C，根据函数的单调性即可求解D.
【详解】，当或时，f′x>0，得函数的递增区间为，
当和时，递减区间为，得A错误，B正确；
取，则，C错误；
当时，恒有，
则当，D正确；
故选：ABD
11. 如图，圆锥的顶点为，将半径为的球置于该圆锥内，使得球与圆锥侧面相切于圆，平面与球切于点为圆上一点，四点共面，且平面，平面截该圆锥所得截口曲线为为曲线上一动点，记圆所在平面为平面，垂足为交圆于点，，则下列选项正确的有（ ）
A.
B.
C. 是双曲线的一部分
D. 若越大，则曲线的开口越大
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据圆的切线性质判定A；
根据面面垂直，线面垂直性质得到，再用线性平行得结论判定B；
作垂直平面于H，结合等角定理得到，进而得，最后均为球的切点，得，得到，
进而得到的轨迹为拋物线，判定C；
圆锥过的轴截面，画出图，计算出，得到方程可得该抛物线的开口随着的增大而增大判定D.
【详解】因为均为球的切点，易得，A正确；
设平面平面，直线交于，
因为，所以，
因，所以，
，所以，
由平面，
所以平面，
平面，
所以，
又，所以，
因为，所以正确；
作垂直平面于H，又因为，
所以，
由等角定理可得，
平面，
得，
，
又均为球的切点，则易得，
所以恒有，
即，其中为定点，为到定直线的距离，
所以的轨迹为拋物线，C错误；
圆锥过的轴截面，如图所示，
取中点，易知为的中点，
所以，所以，
，
在平面内，若以为坐标原点，为轴正向，可得方程为可得该抛物线的开口随着的增大而增大，D正确.
【点睛】关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知公比为的等比数列的前项和为，则__________.
【答案】3或
【解析】
【分析】根据等比数列基本量的计算即可求解.
【详解】由可得，
故,解得或，
故答案为：3或
13. 连续掷一枚质地均匀的骰子两次，先后得到的点数分别为，记“”为事件，则事件发生的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据组合数的计算，结合古典概型概率公式即可求解.
【详解】连续掷一枚质地均匀的骰子两次，记先后得到的点数分别为，
则该事件的样本空间共有36个样本点：
，
，
.
满足事件的样本点有共13个，
故事件发生的概率为.
故答案为：.
14. 已知曲线与曲线交于点，直线与曲线切于点，与曲线切于点，则的面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】联立方程可得，设切点，求导，可根据点斜式求解处的切线方程为，与二次函数联立，根据判别式为0可得，,以及切线方程，即可根据点点距离以及点到直线距离公式求解.
【详解】联立与可得，故，因此,
设，对求导可得，
故处的切线方程为，即，
联立与可得，由于相切，故，解得，且，
因此，,切线的方程为，
因此,点到直线的距离为，
故面积为，
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. 在中，角的对边分别是，且.
（1）求角的大小；
（2）若为的中点，且，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，即可根据余弦定理求解，
（2）根据向量的模长公式，结合余弦定理即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得，
由余弦定理得，
又所以.
【小问2详解】
为线段的中点，故，
，
因为，故，
整理可得，
在中，由余弦定理得，
所以，
两式联立可得，,
所以，
从而的周长为.
16. 如图，多面体中，平面平面是的中点.
（1）证明：平面.
（2）若，且二面角的余弦值为，求的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，由线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，利用坐标计算求解即可.
【小问1详解】
取的中点，连接，
因为为中点，所以，，
因为平面平面，所以.
又因为，所以，
所以四边形为平行四边形，所以；
因为平面平面ABC，所以平面.
【小问2详解】
如图所示建立空间直角坐标系，设，
则，
，
设n=x,y,z为平面的法向量，
则有得，
令，得，
显然平面的一个法向量可以为，
因为二面角大小余弦值为，所以有
.
解得，即的长为3.
17. 已知函数，直线.
（1）已知函数图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数是奇函数，利用上述条件，求函数的对称中心；
（2）判断“”是否为“与的图象有3个交点，且交点的横坐标依次成等差数列”的必要不充分条件，并说明理由.
【答案】（1）
（2）必要不充分条件，证明见解析
【解析】
【分析】（1）由是奇函数，则，然后求解即可；
（2）先证明必要性成立，与的图象有3个交点，则方程有3个不相等的实数根，即有3个不相等零点，从而得到，然后利用导数分析单调性证明即可，再证明充分性不成立即可.
【小问1详解】
关于对称，
令，则，
即，
即，
化简得，
则有，
得，得对称中心坐标为；
【小问2详解】
是必要不充分条件，
先证必要性：
若与图像交于，
则方程有3个不相等的实数根，
即有3个不相等零点，
由于
得，
所以，
因为为公差不为0的等差数列，所以，
所以，得，
即，
由题意可得，有三个零点的一个必要条件是至少存在三个单调区间，
，
（i）当，即时函数在R上单调递增，
最多一个零点，不符合题意，故舍去；
（ii）当，即时，
解，得，
令，得，令，得，
得函数在递增，递减，在递增，
综上可得，符合题意，即为在上存在三个零点的必要条件得必要性成立；
再证充分性不成立，令，显然与仅有两个交点，
所以充分性不成立.
综上，“”是“与的图像有3个交点，且交点的横坐标依次成等差数列”的必要不充分条件.
18. 已知椭圆的长轴长为2，离心率为.
（1）求椭圆的标准方程.
（2）已知圆，直线，直线与椭圆交于两点，为上异于的点，且直线与圆相切.
（i）若直线的斜率存在，证明：直线的斜率之积为定值，且直线与圆相切.
（ii）求面积的最小值.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）由椭圆的性质求解方程即可；
（2）设，因为过原点，可得关于原点对称，所以，若的斜率存在，分别记为，然后由点差法结合直线与圆相切证明即可；当斜率不存在时，可得当时，满足与圆相切，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理得到，然后利用导数分析单调性求解其最小值即可.
【小问1详解】
由于椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的长轴长为2，则，即；
又，
得，
椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
（i）设，因为过原点，可得关于原点对称，所以，若的斜率存在，分别记为，
则有
因为在椭圆C上，所以有
①，
②
①-②得，
即；
所以直线的斜率之积为定值.
设过且斜率为的直线与圆相切，
直线的方程为，
即，
有，
化简可得（*）
因，
方程（*）可化为（**）
若与圆相切，则有为方程（*）的根，
即，
的斜率之积为，得，
则
得也为方程（**）的根，即与圆相切；
（ii）当斜率不存在时，可得当时，
得，满足与圆相切，
当时，得，满足与圆相切，
综上有与圆相切，则，又为的中点，
则可得，则可得，
，
，则得直线的方程为，
得，
，
同理，，
，
令，得：
，得，得，
所以在单调递减，在单调递增，则，
得的最小值为.
19. 记表示中第项除以整数所得的余数为，（其中，若关于的方程有解，则称数列为的数列.
（1）若，判断数列是否为5的2数列，并说明理由.
（2）若满足.
（i）证明：.
（ii）证明：若，则对任意，数列恒为的0数列.
【答案】（1）是，理由见解析
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据数列是5的2数列的定义，列式求解；
（2）（ⅰ）根据新数列的定义，由条件转化为证明是周期数列；
（ⅱ）由条件转化为q能够整除，再证明是以j为周期的数列，再根据新数列的定义，即可证明.
【小问1详解】
因为，所以数列是5的2数列，
【小问2详解】
（i）记，
记，
则，
又因为
所以，
则有，
同理可得所有的项均以周期性出现，周期为8，故有
（ii）对任意，数列恒为的0数列，即对任意，均存在m，使得是m的整数倍.，则只需保证q能够整除即可；
显然，当时，命题成立；
当时，，
为了观察对于中的项，不妨先任取其中相邻两项，
定义集合，集合A共有个元素，，
而显然不可能为，因为如果，可得对任意正整数n，都有，即都能够被整除，矛盾；可得只能取A中非的元素，最多有种取法，则必有和相同，则可得是以j为周期的数列；
，
即，
则有，
，
可得，
得，
即能够被整除，即，得证.
（都可以满足）