2024届安徽省示范高中皖北协作区高三下学期数学联考试题及答案

这是一份2024届安徽省示范高中皖北协作区高三下学期数学联考试题及答案，共18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．已知集合，或，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数，则在复平面内对应的点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
3．若，，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
4．已知在单调递增的等差数列中，与的等差中项为8，且，则的公差（ ）
A．5B．4C．3D．2
5．科学家从由实际生活得出的大量统计数据中发现以1开头的数出现的频率较高，以1开头的数出现的频数约为总数的三成，并提出定律：在大量b进制随机数据中，以n开头的数出现的概率为，如裴波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．若（，），则k的值为（ ）
A．11B．15C．19D．21
6．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
7．设与为两个正四棱锥，正方形ABCD的边长为且，点M在线段AC上，且，将异面直线PD，QM所成的角记为，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知点M是直线和（）的交点，，，且点M满足恒成立，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知样本数据（，）的方差为，平均数，则（ ）
A．数据，，，，的方差为
B．数据，，，，的平均数大于0
C．数据的方差大于
D．数据的平均数大于
10．如图，函数的图象与x轴的其中两个交点为A，B，与y轴交于点C，D为线段BC的中点，，，，则（ ）
A．的最小正周期为B．的图象关于直线对称
C．在单调递减D．为奇函数
11．在棱长为1的正方体中，以A，为焦点的椭圆，绕着轴旋转180°得到的旋转体称为椭球，椭圆的长轴就是椭球的长轴，若椭球的长轴长为2，则下列结论中正确的是（ ）
A．椭球的表面与正方体的六个面都有交线
B．在正方体的所有棱中，只有六条棱与椭球的表面相交
C．若椭球的表面与正方体的某条棱相交，则交点必是该棱的一个三等分点
D．椭球的表面与正方体的一个面的交线是椭圆的一段
三、填空题
12．的展开式中的系数是 ．
13．已知数列满足，若，则的前20项和 ．
14．已知抛物线的焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点．过A作C的切线m及平行于x轴的直线，过F作平行于m的直线交于M，过B作C的切线n及平行于x轴的直线，过F作平行于n的直线交于N．若，则点A的横坐标为 ．
四、解答题
15．如图，在平面四边形ABCD中，，．
(1)若，，求的值；
(2)若，，求四边形ABCD的面积．
16．2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，m，m，m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，m，，平面平面ABCD．
(1)求点H到平面ABCD的距离；
(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．
17．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，离心率为2，P是E的右支上一点，且，的面积为3．
(1)求E的方程；
(2)若E的左、右顶点分别为A，B，过点的直线l与E的右支交于M，N两点，直线AM和BN的斜率分别即为和，求的最小值．
18．某校在90周年校庆到来之际，为了丰富教师的学习和生活，特举行了答题竞赛．在竞赛中，每位参赛教师答题若干次，每一次答题的赋分方法如下：第1次答题，答对得20分，答错得10分，从第2次答题开始，答对则获得上一次答题所得分数两倍的得分，答错得10分，教师甲参加答题竞赛，每次答对的概率均为，每次答题是否答对互不影响.
(1)求甲前3次答题的得分之和为70分的概率．
(2)记甲第i次答题所得分数的数学期望为．
（ⅰ）求，，，并猜想当时，与之间的关系式；
（ⅱ）若，求n的最小值．
19．已知函数的图象在点处的切线方程为．
(1)求的解析式；
(2)证明：，．
参考数据：．
参考答案：
1．D
【分析】求出函数定义域化简集合，再利用补集、并集的定义求解即得.
【详解】由，得，因此，，
而，所以.
故选：D
2．B
【分析】用复数的运算法则化简即可求得.
【详解】由复数，则，，
故复数在复平面内的点的坐标为.
故选：B
3．B
【分析】借助充分条件与必要条件的定义，先借助特值排除充分性，再借助基本不等式验证必要性即可得.
【详解】当时，成立，而不成立，
故“”不是“”的充分条件；
当时，有，当且仅当时等号成立，
则，
故“”是“”的必要条件.
故选：B.
4．C
【分析】根据题意，列出关于方程组，求得的值，即可得到答案.
【详解】由等差数列为单调递增数列，可得公差，
因为与的等差中项为8，可得，可得，即，
又因为，可得，
即，解得或（舍去）.
故选：C.
5．A
【分析】根据条件中的概率公式，结合求和公式，以及对数运算，即可求解.
【详解】，
即，则，得.
故选：A
6．C
【分析】由两角和与差的正弦，余弦，正切公式求解即可.
【详解】由于，所以，
所以，所以，
又，所以，
所以，由题设显然，
所以，
所以，
所以.
故选：C.
7．A
【分析】建立适当空间站直角坐标系后，借助空间向量表示出的余弦值，结合基本不等式计算即可得解.
【详解】连接交于点，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为正方形的边长为，所以，
因为，所以为的中点，
设，在直角中，有，故，
所以，
则，
所以，
因为，
当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为，
因此的最小值为.
故选：A.
8．D
【分析】根据题意，得到点的轨迹方程为，结合恒成立，求得点，再由，且直线的方程为，得到在直线上存在两个点满足或三点共线，进而求得其最小值.
【详解】由直线，可得化为，可得直线恒过定点，
同理可得直线恒过定点，
可得，则，所以，
因为点是直线和的交点，所以点的轨迹方程为，
又因为恒成立，可得恒成立，
即恒成立，所以，即，
又由，且直线的方程为，
可得原点到直线的距离为，
所以在直线上存在两个点满足或三点共线，
如图所示，可得，
所以的最小值为.
故选：D.
9．AD
【分析】根据方差、平均数的定义和性质，结合题意，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：数据，，，，的方差为，A正确；
对B：数据，，，，的平均数为，
当时，，故B错误；
对C：去掉一个最小(特异值)的数据，剩下的数据的方差有可能更小，故C错误；
对D：因为，数据的平均数，
因为，故数据的平均数大于，故D正确.
故选：AD.
10．CD
【分析】结合题意计算可得，结合正弦型函数的性质逐项判断即可得.
【详解】由题可，，，则，
有，，
，，
把代入上式，得，解得 (负值舍去)，
，，由，解得，，
解得，，
对A，的最小正周期为，故A错误；
对B：，故B错误；
对C：当时，，在单调递减，故C正确；
对D：，为奇函数，故D正确.
故选：CD.
11．ABD
【分析】对A：根据题意画图即可判断；对BC：假设存在椭球与棱相交的点，根据椭圆的定义，列方程求解，即可判断；对D：以正方形的中心建立空间直角坐标系，设出交点坐标，根据其在椭圆上，求得其轨迹方程，即可判断.
【详解】对A：根据题意，画图易知A正确；
对B，C：假设是椭球的表面与棱的交点，设，
则，解得，
故棱上有一点（的中点）满足条件；
同理在上各有一点满足条件；
设是椭球的表面和棱的交点，则，
故棱上不存在满足条件的点；
同理在棱上也不存在满足条件的点，故B正确，C错误；
对D：连接交于点，连接交于点，连接，以为坐标原点，建立如下所示空间直角坐标系：
则，
在正方形内（含边界），设是椭球的表面和正方体的表面的交点，
则，即，
也即，两边平方整理得：，
显然点的轨迹为椭圆的一部分，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：解决D选项的关键是建立坐标系，根据交点满足的条件，求得的轨迹方程，进而进行判断.
12．
【分析】根据二项式展开式的通项公式，利用赋值法，即可求得对应的系数.
【详解】的展开式的通项公式，
令，解得，又，则该二项式展开式中的系数是.
故答案为：.
13．
【分析】根据给定条件，按奇偶讨论求出，再分组求的即得.
【详解】数列满足：，
当为正奇数时，，即数列是以为首项，为公差的等差数列，
于是，
当为正偶数时，，即，
则数列是以为首项，为公差的等差数列，于是，
所以的前20项和.
故答案为：
14．3
【分析】利用导数的几何意义，求切线的斜率，并利用直线的交点求点的坐标，再根据方程，求点的坐标.
【详解】设,，不妨设点在第一象限，点在第四象限，
当时，，所以点处切线的斜率为，
所以过点且与直线平行的直线为，当时，得，即
当时，，所以点处切线的斜率为，
所以过点且与直线平行的直线为，当时，得，即，
所以，
所以，（*）
设直线，联立，得，
得，，代入（*），得，
化简为，解得：，或（舍）
所以点的横坐标为3.
故答案为：3
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用导数求切线的斜率，以及利用韦达定理得到.
15．(1)
(2)
【分析】（1）中求出，在中，由正弦定理求出的值；
（2）和中，由余弦定理求出和，得和，进而可求四边形ABCD的面积．
【详解】（1）在中，，，则，
，
在中，由正弦定理得，
.
（2）在和中，由余弦定理得
，
，
得，又，得，
则，，
四边形ABCD的面积
.
16．(1)
(2)
【分析】（1）取的中点，证得平面平面，得到，再由平面平面，证得，得到平行四边形，得到，求得，结合平面，即可求解；
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量
和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）如图所示，取的中点，连接，
因为，可得，
又因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，同理可得：平面，
因为平面，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
因为，且平面，平面，所以平面，
又因为，且平面，所以平面平面，
因为平面与平面和平面于，可得，
又由，，且和，
所以平面平面，
因为平面与平面和平面于，所以，
可得四边形为平行四边形，所以，
因为，所以，
在直角，可得，
在直角梯形中，可得，
因为平面，所以点到平面的距离为.
（2）解：以点为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
可得，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
则，
即平面与平面所成锐二面角的余弦值.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由三角形面积及双曲线的定义，利用勾股定理求解即可；
（2）设直线方程，联立双曲线方程，由根与系数的关系及斜率公式化简可得，代入中化简即可得出最值.
【详解】（1）设双曲线的半焦距为()，
，
由题可知，
，即，
又，
故E的方程为.
（2）如图，
由题可知，且直线的斜率不为，
设直线的方程为，，
将方程和联立，得，
，
，
，,
直线与的右支有交点，，
当时，取得最小值，且最小值为.
18．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）由题意，得到前3次的得分分别为20（对），40（对），10（错）或10（错），20（对），40（对），进而求得得分之和为70分的概率；
（2）（ⅰ）根据题意，分别求得，，，结合题意，得到，即可完成猜想；
（ⅱ）由（i）得到为等差数列，求得，结合和 ，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，前3次的得分分别为20（对），40（对），10（错）或10（错），20（对），40（对），所以甲前3次答题的得分之和为70分的概率为.
（2）解：（ⅰ）甲第1次答题得分20分，10分的概率分别为，则，
甲第2次答题得分40分，20分，10分的概率分别为，
则，
甲第3次答题得分80分，40分，20，10嗯分的概率分别为，
则，
当时，因为甲第次答题所得分数的数学期望为，
所以第次答对题所得分数为，答错题所的分数为分，其概率为，
所以，
可猜想：.
（ⅱ）由（i）知数列是以15为首项，5为公差的等差数列，
根据等差数列的求和公式，可得，
当时，，当时，，
所以实数的最小值为.
【点睛】方法点睛：对于离散型随机变量的期望与方差的综合问题的求解策略：
1、理解随机变量的意义，写出可能取得得全部数值；
2、根据题意，求得随机变量的每一个值对应的概率；
3、列出随机变量的分布列，利用期望和方差的公式求得数学期望和方差；
4、注意期望与方差的性质的应用；
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）原问题可转化为证明，构造函数，借助导函数及零点的存在性定理虚设零点再代入求解即可得证.
【详解】（1）由题可知，切点为，切线的斜率为，
，所以，解得，
所以；
（2）要证明，
即证明，
令函数，
则，
当时，，
设函数，
则，故在单调递增，
又，，
所以存在唯一的，使得，
即，所以，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以
，
设函数，
则当时，在单调递增，
所以，原不等式得证.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于对函数的零点不可求时，借助零点存在性定理，虚设零点，即令，从而可得函数单调性并可代入后续计算中求解.