安徽省县中联盟2024-2025学年高三上学期9月联考数学试题（Word版附解析）

这是一份安徽省县中联盟2024-2025学年高三上学期9月联考数学试题（Word版附解析），文件包含安徽省县中联盟2024-2025学年高三上学期9月联考数学试题Word版含解析docx、安徽省县中联盟2024-2025学年高三上学期9月联考数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。

考生注意：
1.满分150分，芳试时间120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.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；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
3.本卷命题范围：高考范围.
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】C
【解析】
【分析】根据题意，求得集合，，结合集合交集的运算法则，即可求解.
【详解】由题意得，集合，
，
根据集合交集的运算法则，可得.
故选：C.
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用待定系数法，结合复数相等的充要条件可得，即可求解.
【详解】设复数，则.
因为，所以，
故，
整理得，所以，
所以所以
故选：D.
3. 已知向量，若，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由得到，再结合投影向量的定义，从而可求解.
【详解】因为，所以.
又因为，所以，
故在上的投影向量为，故A正确.
故选：A.
4. 若，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由可得，从而可得，可求出，再结合余弦二倍角公式即可求解.
【详解】由，得，即，所以，
所以，
所以，故A正确.
故选：A.
5. 已知圆柱和圆锥的底面半径均为2，且它们的表面积相等，圆柱和圆锥的体积之比为，则圆锥的高为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意分别设出圆柱高，圆锥高，结合表面积相等及体积比列出相应等式，从而可求解.
【详解】设圆柱高为，圆锥高为，圆锥母线长为，底面半径均为2，
则，.
因为，所以①；
又因为，所以②.
由①②得，故D正确.
故选：D.
6. 已知函数，在上单调递减，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，利用二次函数，指数函数与对数函数的单调性，结合分段函数单调性的判定方法，列出不等式组，即可求解.
【详解】当时，函数单调递减，
因为在上单调递减，分情况讨论：
当时，，此时，符合题意；
当时，需满足，解得，
综上，实数的取值范围为.
故选：C.
7. 已知函数，当时，把的图象与直线的所有交点的横坐标依次记为，记它们的和为，则（ ）
A. B. C. 20D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数性质可得时求得或，从而再利用分组并项及等差数列求和公式从而可求解.
【详解】由，则或，解得或，
所以
所以，故A正确.
故选：A.
8. 已知的定义域为，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用赋值法，求得，得到的一个周期是，再根据函数的周期性和奇偶性，求得的值，进而得到答案.
【详解】由题意知，函数的定义域为，且，
令，得，所以；
令，得，所以，所以是偶函数，
令，得①，所以②，
由①②知，所以，
所以，所以的一个周期是，
由②得，所以，同理，所以，
又由周期性和偶函数可得：
所以，
所以.
故选：B.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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. 为了解某品牌纯净水实际生产容量（单位：）情况，某中学研究小组抽取样本，得到该品牌纯净水的实际容量的样本均值为，样本方差，假设该品牌纯净水的实际容量服从正态分布，则（ ）（若随机变量服从正态分布，则）
A.
B.
C.
D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由正态分布的对称性和原则进行求解相关概率，得到答案.
【详解】AB选项，因为，所以，
因为，
故，故A正确，B错误；
C选项，，
又因为，
所以，
所以，故C错误；
D选项，，
所以，故D正确.
故选：AD.
10. “”可以看作数学上的无穷符号，也可以用来表示数学上特殊的曲线.如图所示的曲线过坐标原点上的点到两定点的距离之积为定值.则下列说法正确的是（ ）（参考数据：）
A. 若，则的方程为
B. 若上的点到两定点的距离之积为16，则点在上
C. 若，点在上，则
D. 当时，上第一象限内的点满足的面积为，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，设为上任意一点，根据，得到方程，化简后，结合，得到，代入后得到A正确；B选项，计算出，代入到A中所求方程，得到轨迹方法，检验不在此曲线上；C选项，由题意得到，化简得到；D选项，根据三角形面积和，得到，故点是曲线和以为直径的圆在第一象限内的交点，求出，从而得到.
【详解】A选项，已知原点在上，则，设为上任意一点，
则有，整理得.
若，则，的方程为，故A正确；
B选项，若，则，将代入方程得，
显然点（不在此曲线上，故B错误；
C选项，若，点在上，有，
整理得，所以，故C正确；
D选项，因为的面积，
又，故，则，
所以点是曲线和以为直径的圆在第一象限内的交点，
联立方程组解得，故，又，
故，，
所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：由于原点在上，则，设为上任意一点，则有，从而得到轨迹方程，结合平面几何知识进行求解.
11 设函数，则（ ）
A. 若有三个不同零点，则
B. 存在，使得为曲线的对称轴
C. 存在，使得点为函数的对称中心
D. 若曲线上有且仅有四点能构成一个正方形，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】由，化简后即可求解A；由以及即可代入化简即可判断BC；对于D，由函数关系式可得的图象关于点对称，则正方形的中心为，不妨设正方形的4个顶点分别为、、，，设出的方程，与曲线联立结合弦长公式可求出，同理可得，则可得与的关系，表示出，再构造函数可得答案．
【详解】因为有三个不同的零点，所以，
所以，
所以，所以A正确；
对于B，假设存在这样的，使得为的对称轴，
即存在这样的使得，即，
根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，于是等式左右两边的系数不相等，
原等式不可能成立，于是不存在这样的，使得为的对称轴，B错误；
对于C，假设存在，使得点为函数的对称中心，
则，
故，
化简可得，
故得时，是的对称中心，故C正确；
对于D，由，得，
当时，f′x≥0，所以在R上单调递增，
所以曲线y=fx上不存在4个点能构成正方形，所以，
由于为奇函数，故其图象关于对此，故的图象关于点0,3对称，
所以此正方形的中心为0,3，
不妨设正方形的4个顶点分别为，其中一条对角线的方程为，
则，解得，
所以，同理可得，
由，得，
化简得
根据题意可知方程只有一个正解，因为时上式不
成立，所以，
所以，
因为，所以，得，
设，则，令，
由题意可知，只需要直线与函数的图象只有唯一的公共点即可，
结合对勾函数图象可知-，得，所以D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：由的图象关于点0,3对称，判断正方形的中心为0,3，根据，求解，，由化简求解.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 某中学举行数学解题比赛，其中7人的比赛成绩分别为：，则这7人成绩的上四分位数与极差之和是__________.
【答案】125
【解析】
【分析】根据百分位数以及极差的计算公式即可求解.
【详解】将7个数据从小到大排列为，因为，所以这7人成绩的上四分位数是97.极差为，故上四分位数与极差之和是.
故答案为：125
13. 若曲线在点处的切线与曲线在处相切，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意利用导数求出，可进一步求出切线，再列出关于方程组，从而可求解.
【详解】由题得，所以，
所以切线，即.
因为，所以，
所以，解得.
故答案为：.
14. 设双曲线的左､右焦点分别是.过右焦点作轴的垂线，过双曲线左支上一点作的垂线，垂足为，若存在点使得，则双曲线的离心率的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设，且，根据题意，得到，整理得转化为在上有解，结合二次函数的性质，求得，进而求得其离心率的取值范围.
【详解】设，其中，则，再设，
由题意得，可得，
因为，可得则，
两边平方得，整理得，
又由，所以，
变形得到在上有解，
其中，
令，则，
当时，显然在上方程有一个解，满足题意，
可得，所以，可得，解得，即；
当时，此时对称轴的方程为，
此时函数在与轴没有公共点，
方程在没有实数解，不符合题意，（舍去）；
当时，此时，可得，
显然方程在没有实数解，不符合题意，（舍去）；
综上，离心率的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】
知识方法：求解圆锥曲线的离心率的常见方法：
1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
2、齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程或不等式，然后转化为关于的一元二次方程或不等式，结合离心率的定义求解；
3、特殊值法：根据特殊点与圆锥曲线的位置关系，利用取特殊值或特殊位置，求出离心率问题.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.
15. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）若，求的值；
（2）在（1）的条件下，求的面积.
【答案】（1）4 （2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角互化得，即可求解，，由余弦定理即可求解，
（2）由三角形面积公式即可代入求解.
【小问1详解】
由和正弦定理可得，
又，则.
又因为，所以，
由余弦定理得，
整理得，解得.
【小问2详解】
由及，得.
因为，所以，
所以.
16. 已知椭圆上有两点和.
（1）求椭圆的焦距；
（2）试探究是否存在过点，且与椭圆交于不同的两点，并满足的直线？若不存在，说明理由；若存在，求出直线的方程.
【答案】（1）6 （2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）代入两点坐标，得到，求出，得到焦距；
（2）假设存在该直线，分情况讨论：直线的斜率不存在时不成立，当直线的斜率存在时，设直线，联立椭圆方程，得到两根之和，进而求中点，若，则，即，但计算出，的值不存在，得到结论
【小问1详解】
由题意得，解得，
所以，所以椭圆的焦距为6.
【小问2详解】
假设存在该直线，分情况讨论：
当直线的斜率不存在时，显然不成立；
当直线的斜率存在时，设直线
联立得
令，得.
所以，
取的中点，则，
若，则，即，
所以，解得，的值不存在.
综上，不存在满足题意的直线.
17. 如图，四棱锥中，底面，底面为菱形，分别为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于点，根据题意再结合线面垂直判定得到平面，再结合，从而可求解；
（2）建立空间直角坐标系，再利用空间向量法分别求出平面和平面的一个法向量，再利用空间向量面面夹角求法，从而可求解.
【小问1详解】
证明：连接交于点，
因为平面，而平面，所以.
因为底面为菱形，所以.
因为平面，所以平面.
因为分别为的中点，所以，所以平面.
【小问2详解】
取的中点，连接，由题得，所以平面，
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系.
因为底面为菱形，，
所以，则.
所以.
设平面的一个法向量，
则，令，得，则.
设平面的一个法向量n=x,y,z，
则，令，得，则.
设二面角的大小为，所以.
所以，
所以二面角的正弦值为.
18. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若且有2个不同的极值点，求证：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出导函数，分别讨论，，和m>0四种情况讨论，结合正负情况，从而可求解fx单调性；
（2）把原不等式转化为，然后构造函数，求出导函数，利用导函数求出单调性区间，然后利用函数单调性求出最值进行比较大小即可.
【小问1详解】
的定义域为，
由题可得，
设，则在上单调递增，且，
若，则时，单调递减，x∈0,+∞时，单调递增；
若，则时，单调递减，，x∈0,+∞时，单调递增；
若，则在上单调递增；
若，则时，单调递减，，时，单调递增.
综上，当时，在上单调递减，在0,+∞上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在0,m上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
由（1）知时，恒有2个极值点，令，则，
所以，
设，则
设，则
在0,+∞上单调递减，，
所以在0,+∞上单调递减，
又，
所以存在，使得，即，
当时，单调递增；当时，单调递减，
所以
，
易知函数在上单调递增，
所以，
所以.
【点睛】方法点睛：（1）导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理；
（2）利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用；（3）证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
19. 拿破仑排兵布阵是十分厉害的，有一次他让士兵站成一排，解散以后马上再重新站成一排，并要求这些士兵不能站在自己原来的位置上.
（1）如果只有3个士兵，那么重新站成一排有多少种站法？4个呢？
（2）假设原来有个士兵，解散以后不能站在自己原来位置上的站法为种，写出和之间的递推关系，并证明：数列是等比数列；
（3）假设让站好的一排个士兵解散后立即随机站成一排，记这些士兵都没有站到原位的概率为，证明：当无穷大时，趋近于.（参考公式：….）.
【答案】（1）2种；9种
（2），证明见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意第一个士兵再选位置的人第二个去选，依次类推再结合乘法原理即可求解；
（2）根据题意分别求出个人排队时，从而可求证为等比数列；
（3）由（2）可求得，从而可得，从而可求解.
【小问1详解】
当有3个士兵时，重新站成一排有2种站法；
当有4个士兵时，假设先安排甲，有3种站法，比如甲站到乙的位置，那就再安排乙，也有3种站法，剩下的两个人都只有1种站法，由乘法原理可得有种站法.
【小问2详解】
易知.
如果有个人，解散后都不站原来的位置可以分两个步骤：
第一步：先让其中一个士兵甲去选位置，有种选法；
第二步：重排其余个人，根据第一步，可以分为两类：
第一类：若甲站到乙的位置上，但乙没有站到甲的位置，这样的站法有种；
第二类：若甲站到乙的位置上，乙同时站到甲的位置，这样的站法有种.
所以，又，
所以.
所以数列是首项为1，公比为的等比数列.
【小问3详解】
证明：由题意可知，
由（2）可得：.
所以
以上各式相加，可得：
所以.
所以，
当无穷大时，.
【点睛】关键点点睛：本题主要根据题意找到，通过构造得到为等比数列，从而求出，从而可求解.