2024黄山高三下学期第一次质量检测（一模）数学含解析

这是一份2024黄山高三下学期第一次质量检测（一模）数学含解析，共25页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡上．
2．选择题每小题选出答案后，用2B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．写在试卷上无效.
3．非选择题必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区战内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带．不按以上要求作答的答案无效．
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. 已知全集，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知抛物线的焦点为，则的值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
3. 已知是以为公比的等比数列，，，则（ ）
A B. C. D.
4. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
5. 2024年是安徽省实施“”选科方案后的第一年新高考，该方案中的“2”指的是从政治、地理、化学、生物4门学科中任选2门，假设每门学科被选中的可能性相等，那么化学和地理至少有一门被选中的概率是（ ）
A B. C. D.
6. 已知向量，满足，则向量的夹角为（ ）
A. B. C. D.
7. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A. B. C. D.
8. 已知双曲线的左，右焦点分别为，过点与双曲线的一条渐近线平行的直线交于，且，当时，双曲线离心率的最大值为（ ）
A. B. C. 2D.
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. 如图，已知正方体，点、、分别为棱、、中点，下列结论正确的有（ ）
A. 与共面B. 平面平面
C. D. 平面
10. 下列说法正确的有（ ）
A. 若线性相关系数越接近，则两个变量的线性相关性越强
B. 若随机变量，，则
C. 若样本数据、、、的方差为，则数据、、、的方差为
D. 若事件、满足，，，则有
11. 已知函数及其导函数的定义域均为，记．若满足，的图象关于直线对称，且，则（ ）
A. 是奇函数B.
C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若复数为纯虚数，则实数的值为_______．
13. 的展开式中的系数为_______．
14. 记的内角的对边分别为，其外接圆半径为，且，则角大小为_______，若点在边上，，则的面积为_______．
四、解答题：本题共5小逐，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数在处取值得极大值．
（1）求的值；
（2）求在区间上的最大值．
16. 某校高三年级名学生的高考适应性演练数学成绩频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是、、、、、．
（1）求图中的值，并根据频率分布直方图，估计这名学生的这次考试数学成绩的第百分位数；
（2）从这次数学成绩位于、的学生中采用比例分配的分层随机抽样的方法抽取人，再从这人中随机抽取人，该人中成绩在区间的人数记为，求的分布列及数学期望．
17. 如图，四棱锥，平面平面为中点．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值．
18. 设点、分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上任意一点，且的最小值为．
（1）求椭圆的方程；
（2）求椭圆的外切矩形的面积的最大值．
19. 随着信息技术的快速发展，离散数学的应用越来越广泛．差分和差分方程是描述离散变量变化的重要工具，并且有广泛的应用．对于数列，规定为数列的一阶差分数列，其中，规定为数列的二阶差分数列，其中．
（1）数列的通项公式为，试判断数列是否为等差数列，请说明理由？
（2）数列是以1为公差等差数列，且，对于任意的，都存在，使得，求的值；
（3）各项均为正数数列的前项和为，且为常数列，对满足，的任意正整数都有，且不等式恒成立，求实数的最大值．
黄山市2024届高中毕业班第一次质量检测
数学试题
（考试时间：120分钟 满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡上．
2．选择题每小题选出答案后，用2B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．写在试卷上无效.
3．非选择题必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区战内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带．不按以上要求作答的答案无效．
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. 已知全集，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用集合并集、补集的混合运算进行计算即可得出结果.
【详解】根据题意由可得，
又，所以.
故选：C
2. 已知抛物线的焦点为，则的值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由抛物线标准方程可得焦点坐标，可求得的值.
【详解】根据抛物线的标准方程可得焦点坐标为，
即，可得.
故选：C
3. 已知是以为公比的等比数列，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据等比数列的基本性质可得出关于实数的等式，解之即可.
【详解】因为数列是以为公比等比数列，且，，
则，解得.
故选：A.
4. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用两角差的余弦公式可得出的值，再利用两角和的余弦公式可求得的值.
【详解】因为，,
解得，因此，.
故选：B.
5. 2024年是安徽省实施“”选科方案后的第一年新高考，该方案中的“2”指的是从政治、地理、化学、生物4门学科中任选2门，假设每门学科被选中的可能性相等，那么化学和地理至少有一门被选中的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别计算出任选两门的种类数，再得出化学和地理都没有被选中的情况，即可得出结果.
【详解】依题意从从政治、地理、化学、生物4门学科中任选2门共有种情况，
其中化学和地理都没有被选中共有种，
因此化学和地理至少有一门被选中的概率是.
故选：D
6. 已知向量，满足，则向量的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由平面向量运算律根据模长可得，再由数量积定义可得夹角为.
【详解】根据题意由可得，
又，可得，
设向量的夹角为，所以，
可得，即.
故选：B
7. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】记点，记切点分别为、，求出圆心的坐标，证明出，可得出，设，求出的值，利用同角三角函数的基本关系结合二倍角的正弦公式可求得的值.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，
记点，记切点分别为、，如下图所示：
由切线长定理可得，又因为，，
所以，，所以，，
设，由圆的几何性质可得，
则，所以，，
由图可知，为锐角，则，
所以，，故.
故选：A.
8. 已知双曲线的左，右焦点分别为，过点与双曲线的一条渐近线平行的直线交于，且，当时，双曲线离心率的最大值为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据渐近线方程求出直线的方程为，可求得，再由双曲线定义利用即可求得双曲线离心率的最大值为.
【详解】如下图所示：

不妨取渐近线方程为，又易知，
则直线的方程为，
联立直线与双曲线，可得，
所以；
且，由双曲线定义可得，
当时，可得，
所以，解得；
因此双曲线离心率的最大值为.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用双曲线定义结合，表示出的长度再利用建立不等式即可解得离心率的取值范围.
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. 如图，已知正方体，点、、分别为棱、、的中点，下列结论正确的有（ ）
A. 与共面B. 平面平面
C. D. 平面
【答案】AB
【解析】
【分析】证明出，可判断A选项；利用面面平行的判定定理可判断B选项；利用勾股定理可判断C选项；利用反证法可判断D选项.
【详解】如下图所示：
对于A选项，连接，
在正方体中，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为、分别为、的中点，则，故，
所以，与共面，A对；
对于B选项，因为且，所以，四边形为平行四边形，
则，
又因为、分别为、的中点，则，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
同理可证平面，
因为，、平面，所以，平面平面，B对；
对于C选项，不妨设的棱长为，则，
，，
因为平面，平面，则，
所以，，
所以，，故、不垂直，C错；
对于D选项，假设平面，
又因为平面，，、平面，
所以，平面平面，
事实上，平面与平面不平行，假设不成立，D错.
故选：AB.
10. 下列说法正确的有（ ）
A. 若线性相关系数越接近，则两个变量的线性相关性越强
B. 若随机变量，，则
C. 若样本数据、、、的方差为，则数据、、、的方差为
D. 若事件、满足，，，则有
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用线性相关系数与线性相关性之间的关系可判断A选项；可以正态分布的对称性可判断B选项；利用方差的性质可判断C选项；利用条件概率公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，若线性相关系数越接近，则两个变量的线性相关性越强，A对；
对于B选项，若随机变量，，
则，B对；
对于C选项，若样本数据、、、的方差为，
则数据、、、的方差为，C错；
对于D选项，若事件、满足，，，
由条件概率公式可得，则，
因此，，D对.
故选：ABD.
11. 已知函数及其导函数的定义域均为，记．若满足，的图象关于直线对称，且，则（ ）
A. 奇函数B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】推导出函数的奇偶性，设，利用导数推导出为常值函数，结合函数奇偶性的定义可判断A选项；推导出，令代值计算可判断B选项；由、推导可判断C选项；求出的值，结合函数的周期性可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为函数的图象关于直线对称，
则，
即，所以，函数为偶函数，
又因为，则，
令，则，所以，为常值函数，
设，其中常数，
当时，，此时，函数不是奇函数，A错；
对于B选项，因为，令，可得，
即，
等式两边求导得，即，
所以，函数的图象关于点对称，
在等式中，令可得，可得，B对；
对于C选项，因为，则，
可得，
所以，，C对；
对于D选项，在等式两边同时求导得，即，
所以，函数是以为周期的周期函数，
因为，所以，，，
，可得，
，，
由中令，可得，则，
，
所以，
，
因为，则，D对.
故选：BCD.
【点睛】结论点睛：本题考查利用函数的对称性的应用，可利用以下结论来转化：
①函数的图象关于点对称，则；
②函数的图象关于直线对称，则.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若复数为纯虚数，则实数的值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的概念可得出关于实数的等式与不等式，解之即可.
【详解】因为为纯虚数，则，解得.
故答案为：.
13. 的展开式中的系数为_______．
【答案】126
【解析】
【分析】利用二项式定理求出含有的项，计算可得其系数.
【详解】依题意得，展开式中含有的项为,
所以展开式中的系数为126.
故答案为：126
14. 记的内角的对边分别为，其外接圆半径为，且，则角大小为_______，若点在边上，，则的面积为_______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】化简得，解得，得角大小；由外接圆半径，求，，两边同时平方，结合余弦定理，求出，面积公式求的面积.
【详解】中，，
即，得，解得，（舍），
由，得.
的外接圆半径为，则，解得，
由余弦定理，，得，
点在边上，，
则，
有，
得，
即，
由，解得，
所以的面积为.
【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用公式求解，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求解.
四、解答题：本题共5小逐，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数在处取值得极大值．
（1）求的值；
（2）求在区间上的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，然后令求出，代入验证是否符合题意即可；
（2）求导，确定函数在区间上的单调性，进而可求最大值.
【小问1详解】
由已知
令得或，
当时，令得或，令得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
此时函数在处取极大值，在处取极小值，与函数在处取值得极大值不符；
当，即时，令得或，令得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
此时函数在处取极大值，在处取极小值，符合题意；
所以；
【小问2详解】
由（1）得，，
令，得，函数单调递增，
令，得，函数单调递减，
所以.
16. 某校高三年级名学生的高考适应性演练数学成绩频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是、、、、、．
（1）求图中的值，并根据频率分布直方图，估计这名学生的这次考试数学成绩的第百分位数；
（2）从这次数学成绩位于、的学生中采用比例分配的分层随机抽样的方法抽取人，再从这人中随机抽取人，该人中成绩在区间的人数记为，求的分布列及数学期望．
【答案】（1），第分位数为
（2）分布列答案见解析，
【解析】
【分析】（1）根据频率直方图所有矩形的面积之和为可得出的值，利用百分位数的定义可求得这名学生的这次考试数学成绩的第百分位数；
（2）分析可知，随机变量的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值.
【小问1详解】
解：由频率分布直方图可得，解得.
前四个矩形的面积之和为，
前五个矩形面积之和为，
设这名学生的这次考试数学成绩的第百分位数为，
则，解得，
因此，这名学生的这次考试数学成绩的第百分位数为.
【小问2详解】
解：数学成绩位于、的学生人数之比为，
所以，所抽取的人中，数学成绩位于的学生人数为，
数学成绩位于的学生人数为人，
由题意可知，随机变量的可能取值有、、、，
则，，
，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
所以，.
17. 如图，四棱锥，平面平面为中点．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据四棱锥棱长及其性质，利用三角形全等可证明，再由面面垂直性质可得，再由线面垂直判定定理可得平面，即可得平面平面；
（2）建立以为坐标原点的空间直角坐标系，利用空间向量分别求出平面与平面的法向量，即可求得其夹角的正弦值为.
【小问1详解】
根据题意可得为中点，所以，
易知，
所以，可得，
易知，所以，即；
由，为中点，可得，
又平面平面，平面平面，
所以平面，
又平面，所以；
又，平面，
所以平面，又平面，
因此平面平面；
【小问2详解】
以为坐标原点，分别以为轴，过点平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
易知，
可得，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则；
所以；
设平面夹角的的一个法向量为，
则，解得，令；
所以；
可得，
设平面与平面的夹角为，
可得
可得平面与平面夹角的正弦值为.
18. 设点、分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上任意一点，且的最小值为．
（1）求椭圆的方程；
（2）求椭圆的外切矩形的面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设点，可得出，其中，利用平面向量数量积的坐标运算结合二次函数的基本性质可求得的值，由此可得出椭圆的方程；
（2）设点，分两种情况讨论，①直线、的斜率存在且斜率分别为、，设过点且斜率存在的直线的方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，由结合可求出点的轨迹方程，②直线、分别与两坐标轴垂直，验证此时点的坐标满足①中的轨迹方程，再利用勾股定理结合基本不等式可求得的最大值.
【小问1详解】
解：设点，则，其中，
，，
所以，
，
故当时，取最小值，可得，
因此，椭圆的方程为.
【小问2详解】
解：设点，
当直线、斜率都存在时，设直线、的斜率分别为、，
设过点且斜率存在的直线的方程为，即，
联立可得，
则，
整理可得，即，
则、是关于的方程的两根，
因为，则，整理可得；
当、分别与两坐标轴垂直时，则，满足.
所以，点的轨迹方程为，
由对称性可知，矩形的四个顶点都在圆，该圆的半径为，
由勾股定理可得，
由基本不等式可得，即，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故，即矩形的面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
19. 随着信息技术的快速发展，离散数学的应用越来越广泛．差分和差分方程是描述离散变量变化的重要工具，并且有广泛的应用．对于数列，规定为数列的一阶差分数列，其中，规定为数列的二阶差分数列，其中．
（1）数列的通项公式为，试判断数列是否为等差数列，请说明理由？
（2）数列是以1为公差的等差数列，且，对于任意的，都存在，使得，求的值；
（3）各项均为正数的数列的前项和为，且为常数列，对满足，的任意正整数都有，且不等式恒成立，求实数的最大值．
【答案】（1）不是等差数列，是等差数列
（2）
（3）2
【解析】
【分析】（1）理清条件的新定义，结合等差数列性质进行判断；
（2）根据新定义和等差数列、等比数列的性质等进行分类讨论求解；
（3）根据等差数列的性质以及新定义求解出，运用均值不等式求解出的范围，从而得出的最值.
【小问1详解】
因为，所以，
因为，，，
故，，
显然，
所以不是等差数列；
因为，则，，
所以是首项为12，公差为6的等差数列.
【小问2详解】
因为数列是以1为公差的等差数列，
所以，故，
所以数列是以公比为的正项等比数列，，
所以，
且对任意的，都存在，使得，即，
所以，因为，所以，
①若，则，解得（舍），或，
即当时，对任意的，都存在，使得.
②若，则，对任意的，不存在，使得.
综上所述，.
【小问3详解】
因为为常数列，则是等差数列，
设的公差为，则，
若，则，与题意不符；
若，所以当时，，
与数列的各项均为正数矛盾，所以，
由等差数列前项和公式可得，
所以，
因为，
所以，
因为，故，
所以
则当时，不等式恒成立，
另一方面，当时，令，，，
则，，
则
，
因为，，
当时，，
即，不满足不等式恒成立，
综上，的最大值为2.
【点睛】思路点睛：本题考查数列的新定义问题，关于新定义问题的常见思路为：
（1）理解新定义，明确新定义中的条件、原理、方法与结论等；
（2）新定义问题要与平时所学知识相结合运用；
（3）对于不等式恒成立问题要结合均值不等式进行求解最值，把握好分类讨论的时机.