《安徽省示范高中皖北协作区2024届高三下学期数学联考试题 Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省示范高中皖北协作区2024届高三下学期数学联考试题 Word版含解析（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 2024年安徽省示范高中皖北协作区第26届高三联考数学试卷考生注意：1答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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数3考试后，将本试卷和答题卡一并交回一、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. 已知集合，或，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【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
2、即得.【详解】由，得，因此，而，所以.故选：D2. 已知复数，则在复平面内对应的点的坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【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：B3. 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【答案】B【解析】【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. 已知在单调递增
3、的等差数列中，与的等差中项为8，且，则的公差（ ）A. 5B. 4C. 3D. 2【答案】C【解析】【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. 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（ ）
4、A. 11B. 15C. 19D. 21【答案】A【解析】【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：A6. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【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. 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. 【答案】A【解析】【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
5、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. 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. 【答案】B【解析】【分析】联立方程组求得，根据已知条件，求得的取值范围，当三点共线时，即可求得最小值.【详解】由直线方程联立得，即，由，即，化简整理得，因为，所以，解得，又因为，所以当三点共线时，取得最小值，所以.所以的最小值为.故选：B二、多项选择题：本题共3小题
6、，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2分，有选错的得0分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0C. 数据的方差大于D. 数据的平均数大于【答案】AD【解析】【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. 如图，
7、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【答案】CD【解析】【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. 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（
8、 ）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【答案】ABD【解析】【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
9、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.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12. 的展开式中的系数是_【答案】【解析】【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
10、式，令，解得，又，则该二项式展开式中的系数是.故答案为：.13. 已知数列满足，若，则的前20项和_【答案】【解析】【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. 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_【答案】3【解析】【分析】利用导数的几何意义，求切线的斜率
11、，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.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. 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【答案】（
12、1） （2）【解析】【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【小问1详解】在中，则，在中，由正弦定理得，.【小问2详解】在和中，由余弦定理得，得，又，得，则，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BF
13、HG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值【答案】（1） （2）【解析】【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.【小问1详解】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
14、形，所以，因为，所以，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.【小问2详解】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. 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【答案】（1） （2）【解析】【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.【小问1详解】设双曲线的半焦距为()，由题可知，即，又，故E的方程为.小问
