安徽省部分示范高中2024-2025学年高三第三次联考数学试卷(含解析)

资源下载
  1. 二一教育资源

安徽省部分示范高中2024-2025学年高三第三次联考数学试卷(含解析)

资源简介

安徽省部分示范高中2024 2025学年高三第三次联考数学试卷
一、单选题(本大题共8小题)
1.已知集合,,若,则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
2.在复平面内,复数与对应的点关于实轴对称,则( )
A. B. C. D.
3.函数.若存在,使得为奇函数,则实数的值可以是( )
A. B. C. D.
4.现将12个相同的小球全部放入4个不同的盒子里,每个盒子至少放2个小球,则不同的放法共有( )
A.24种 B.35种 C.56种 D.70种
5.已知是正实数,若函数对任意恒成立,则的最大值为( )
A. B. C.1 D.e
6.若函数是减函数,则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
7.设等差数列的前项和为,且,将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列,则( )
A. B. C. D.
8.已知抛物线的焦点为,准线与轴交于点,直线过焦点且与交于,两点,若直线的斜率为,则( )
A.1 B.2 C.4 D.8
二、多选题(本大题共3小题)
9.已知,样本数据,,则( )
A.的平均数一定等于的平均数 B.的中位数一定小于的中位数
C.的极差一定大于的极差 D.的方差一定小于的方差
10.已知函数,则下列说法正确的是( )
A.的周期为
B.的图象关于对称
C.在上恰有3个零点
D.若在上单调递增,则的最大值为
11.设,函数,则( )
A.有两个极值点
B.若,则当时,
C.若有个零点,则的取值范围是
D.若存在,满足,则
三、填空题(本大题共3小题)
12.已知具有线性相关性的变量,设其样本点为,经验回归方程为,若,,则 .
13.在三棱锥中,平面,若,且,则三棱锥的体积的最大值为 .
14.已知,分别为双曲线(,)的左、右焦点,过的直线与双曲线的右支交于、两点(其中在第一象限),的内切圆半径为,的内切圆半径为,若,则直线的斜率为 .
四、解答题(本大题共5小题)
15.两个箱子里面各有除颜色外完全相同的黑球和白球若干个,现设计一个抽球游戏,规则如下:先从第一个箱子中随机抽一个小球,抽后放回,记抽中黑球得分,抽中白球得分,且抽中黑球的概率为;再从第二个箱子中随机抽一个小球,抽后放回,记抽中黑球得分,抽中白球得分,且抽中黑球的概率为.记一次游戏后,得分总和为分.
(1)求的分布列和数学期望;
(2)若有人玩该游戏各一次,求恰有人游戏得分不低于分的概率.
16.已知函数.
(1)当时,求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若不等式恒成立,求a的取值范围.
17.如图,在四棱锥中,底面,,,,侧棱与底面所成的角为,且,.
(1)求;
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
18.在平面直角坐标系中,点和是中心为坐标原点,焦点在坐标轴上的椭圆上的两点.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)若为椭圆上任意一点,以点为圆心,为半径的圆与圆的公共弦为.证明:的面积为定值,并求出该定值.
19.已知无穷数列满足以下条件:①,当时,;②若存在某项,则必有,使得(且).
(1)若,写出所有满足条件的;
(2)若,证明:数列为等差数列;
(3)设,求正整数的最小值.
参考答案
1.【答案】D
【详解】由题意,因为,即集合是集合的子集,所以.
故选D.
2.【答案】B
【详解】由可得,
故,
故选B.
3.【答案】C
【详解】函数的定义域为R,,
存在,函数为奇函数,则或,
当时,为奇函数,则函数是偶函数,
于是,解得,当时,,C符合,ABD不符合;
当时,,此时
或,当且仅当时为奇函数,与矛盾,
所以实数的值可以是.
故选C.
4.【答案】B
【详解】先在每个盒子中分别放入一个小球则剩余个小球,
只需保证个盒子中分别再放入至少个小球,则采用隔板法可得有种放法.
故选择B.
5.【答案】C
【详解】由题意可知,为增函数,为减函数,且零点分别为,,
因对任意恒成立,
则函数与有相同的零点,
则,即,
则,
当且仅当,即,时取等号,
则的最大值为.
故选C.
6.【答案】B
【详解】由题意得,函数定义域为.
∵,∴,
∵且,∴,则,
∵,∴,解得,
当时,,,不合题意,
∴的取值范围是.
故选B.
7.【答案】A
【详解】因为,
当时,则,
两式相减得,
整理可得,
且,则,可得,即,
可知等差数列的公差,
当时,则,解得;
所以,可知数列为正奇数列,
对于数列,
当时,可得为偶数;
当时,可得为奇数;
所以数列与的公共项从小到大排列得到数列的通项公式为,
则,
所以.
故选A.
8.【答案】C
【详解】抛物线的焦点,准线,过作准线的垂线,垂足为,作轴于,
由直线的斜率为,得,而,
则,设点,令,,
于是,解得,同理,
因此

当为钝角时,同理求得,所以.
故选C.
9.【答案】AC
【详解】对分别求平均数,均为,故A正确;
的中位数为,的中位数为,大小关系不确定,
不妨设原数据为:,中位数为,则新数据为:,中位数为2,故B错误;
的极差为,的极差为,故C正确;
由,且和的平均数相等,从而,故D错误.
故选AC.
10.【答案】BD
【详解】①当时,

②当时,,
③当时,
④当时,,
因此,,
所以函数的图象,如图所示:
A选项:因为
,故A不正确;
B选项:因为

所以的图象关于对称,故B正确;
C选项:由的函数解析式以及函数图像可知:
当时,,当时,,当时,,
所以在上有无数个零点,故C错误;
D选项:由,,得,
因为在上单调递增,所以由的图象可知,解得,
则的最大值为,故D正确;
故选BD.
11.【答案】BCD
【详解】对于A选项,,
当时,,单调递增,无极值点;
当时,得或,,得,
则在和上单调递增,在上单调递减,
此时有两个极值点,故A选项错误;
对于B选项,当,时,
由上述知,在上单调递增,在上单调递减,
则,故B选项正确;
对于C选项,当时,单调递增,至多只有一个零点,不合题意;
当时,若有个零点,
则由单调性可知必然有,解得.
而当时,,,
在区间,,中分别各有一个零点,故C选项正确;
对于D选项,,
等价于或,,故D选项正确.
故选BCD.
12.【答案】8
【详解】由题意可得:,,
可知经验回归方程为过样本中心点,
则,可得.
13.【答案】/
【详解】在三棱锥中,平面,,设,则,
以线段的中点为原点,直线为轴建立平面直角坐标系,
则,设,由,得,
整理得,点在以为圆心,为半径的圆上,
则点到直线距离的最大值为,面积的最大值为,
三棱锥体积的最大值为,
设,,求导得,
当时,;当时,,函数在上递增,在上递减,
因此,所以三棱锥体积的最大值为.
14.【答案】
【详解】设的内切圆的圆心为,的内切圆的圆心为,
记边上的切点分别为,
由切线的性质可得:,由双曲线定义可得:,即,则,又.
则,又,则,即.
同理可得,的内切圆也与轴相切于点.
连接,则与轴垂直,设圆与相切于点,连接,
过点作,记垂足为,则.
设直线倾斜角为,则.
在四边形中,注意到,又四边形内角和为,
则,在中,,

则,
则直线斜率,即.
15.【答案】(1)分布列见解析,
(2)
【详解】(1)由题知,可能取的值为,,,.
,,
, ,
的分布列为:
故.
(2)由(1)知,得分不低于分和低于分的概率均为
故人玩该游戏各一次恰有人游戏得分不低于分的概率为.
16.【答案】(1)(2)
【详解】(1),,.
,∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即,
切线与坐标轴交点坐标分别为,
∴所求三角形面积为.
(2)[方法一]:通性通法
,,且.
设,则
∴g(x)在上单调递增,即在上单调递增,
当时,,∴,∴成立.
当时, ,,,
∴存在唯一,使得,且当时,当时,,,
因此
>1,
∴∴恒成立;
当时, ∴不是恒成立.
综上所述,实数a的取值范围是[1,+∞).
[方法二]【最优解】:同构
由得,即,而,所以.
令,则,所以在R上单调递增.
由,可知,所以,所以.
令,则.
所以当时,单调递增;
当时,单调递减.
所以,则,即.
所以a的取值范围为.
[方法三]:换元同构
由题意知,令,所以,所以.
于是.
由于,而在时为增函数,故,即,分离参数后有.
令,所以.
当时,单调递增;当时,单调递减.
所以当时,取得最大值为.所以.
[方法四]:
因为定义域为,且,所以,即.
令,则,所以在区间内单调递增.
因为,所以时,有,即.
下面证明当时,恒成立.
令,只需证当时,恒成立.
因为,所以在区间内单调递增,则.
因此要证明时,恒成立,只需证明即可.
由,得.
上面两个不等式两边相加可得,故时,恒成立.
当时,因为,显然不满足恒成立.
所以a的取值范围为.
【整体点评】(2)方法一:利用导数判断函数的单调性,求出其最小值,由即可求出,解法虽稍麻烦,但是此类题,也是本题的通性通法;
方法二:利用同构思想将原不等式化成,再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出,是本题的最优解;
方法三:通过先换元,令,再同构,可将原不等式化成,再根据函数的单调性以及分离参数法求出;
方法四:由特殊到一般,利用可得的取值范围,再进行充分性证明即可.
17.【答案】(1)
(2)
【详解】(1)因为平面,平面
所以,
又,,平面,
所以平面,又平面,
所以,
因为平面,所以在平面上的射影为,
所以为直线与底面所成的角,
因为与底面所成的角为,所以,又,
所以, 设,
因为,,,
所以,,又,故,
则,
因为因为平面,平面
所以,所以,
所以,
解得或(舍去),
故.
(2)以为坐标原点,、分别为、轴的正方向,过作垂直于平面的直线为轴,如图建立空间直角坐标系,
则,,,,
则 ,,
设平面的法向量为,

令,得,,
则为平面的一个法向量,
设平面的法向量为,

令,可得,,
得为平面的一个法向量,
设平面与平面的夹角为,
则.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18.【答案】(1)
(2)证明见解析,定值为
【详解】(1)设椭圆的方程为,
由题意知:,, 解得,
所以椭圆的方程为.
(2)设,则,且圆的方程为,
即圆的方程为.
因为圆的方程为,
将圆的方程与圆的方程作差得,

所以的方程为,
点到直线的距离

又因为,所以的面积为为定值.
19.【答案】(1)满足条件的可能为
(2)证明见解析
(3)3035
【详解】(1)由题意,当时,,,
或,
或,
,,
①若,则或;
②若,则或;
综上所述,满足条件的可能为;
(2)先证当正整数时,是以2为首项,2为公差的等差数列,且,
①由(1)得,或,又,,
当时,是以2为首项,2为公差的等差数列,且;
②假设当(且)时,
是以2为首项,2为公差的等差数列,且,
若,则,
由题意,则必有,使得,,
是以2为首项,2为公差的等差数列,
,与矛盾,

当时,是以2为首项,2为公差的等差数列,且;
由①②得,当正整数时,是以2为首项,2为公差的等差数列,且,
数列为等差数列;
(3)设(且),则必有,使得,此时,
要使最小,则需,且,且,
此时取,则满足,
当正整数取最小值时,,,…,,
,,的最小值为3035.

展开更多......

收起↑

资源预览