2024届安徽省高三上学期8月摸底大联考数学试题含答案

这是一份2024届安徽省高三上学期8月摸底大联考数学试题含答案，共22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。
2024届安徽省高三上学期8月摸底大联考数学试题 一、单选题1．复数满足，则的共轭复数虚部为（    ）A． B． C．1 D．【答案】C【分析】利用复数的乘法、除法运算求出复数，再利用共轭复数的意义求解作答.【详解】依题意，，则，所以的共轭复数虚部为1.故选：C2．已知集合，则集合的真子集个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】求出后，由真子集的定义可得．【详解】集合中元素满足，即该数为大于1的奇数，而集合中大于1的奇数只有3和9. 所以，的真子集有3个，分别是：，，.故选：C.3．2023年7月28日第31届成都大学生运动会在成都隆重开幕，将5名大运会志愿者分配到游泳、乒乓球、篮球和排球4个项目进行志愿者服务，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（    ）A．60种 B．120种 C．240种 D．480种【答案】C【分析】将5名志愿者分成4组，再分配到4个项目作答.【详解】依题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，将5名志愿者按分成4组，有种分法，将分得的4组安排到4个项目，有种方法，所以不同的分配方案共有.故选：C4．已知函数的最大值为，最小值为，则（    ）A．6 B．3 C．0 D．【答案】A【分析】令，则函数是定义域上的奇函数；由的最大值与最小值，得出的最大值与最小值，由此求出的值．【详解】令，则所以是定义域上的奇函数，因此. 又的最大值为，最小值为，的最大值是，最小值是；，则．故选：A.5．已知双曲线的左、右焦点分别为，一条渐近线为l，过点且与l平行的直线交双曲线C于点M，若，则双曲线C的离心率为（    ）A． B． C． D．3【答案】B【分析】根据双曲线的定义，结合余弦定理、同角的三角函数关系式进行求解即可.【详解】根据双曲线的对称性，不妨设一条渐近线l的方程为，因此直线的倾斜角的正切值为，即，所以有，设，由双曲线定义可知：，由余弦定理可知：，故选：B6．已知向量，函数. 若函数恰有两个零点，则实数的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据题意，利用向量数量积运算将的解析式化简得，函数恰有两个零点，即恰有两个根，可数形结合转化为与图像有两个交点，即可得解.【详解】，由可得，令，则，令，其中，则直线与函数在上的图象有两个交点，且，如下图所示：由图可知，当时，即当时，直线与函数在上的图象有两个交点，此时函数在上有两个零点，故实数的取值范围是.   故选：A.7．英国物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列满足，则称数列为牛顿数列，如果，数列为牛顿数列，设且，，数列的前项和为，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求得，然后等比数列的前项和公式求得，进而求得正确答案.【详解】依题意，，，，依题意，即，则，（由于，所以），则，两边取对数得，即，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.所以，所以.故选：A8．已知函数，若存在使得关于的不等式成立，则实数的取值范围（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】将不等式变形为，构造函数，分析可知该函数为增函数，可得出，求出函数的最小值，可得出关于实数的不等式，即可得出实数的取值范围.【详解】因为，由可得，即函数的定义域为，可得，即，构造函数，其中，则，故函数在上单调递增，所以，，可得，则，即，其中，令，其中，则，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，，解得.故选：C.【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于将不等式变形为，结合不等式的结果构造函数，转化为函数的单调性以及参变量分离法求解. 二、多选题9．“世界杂交水稻之父”袁隆平发明了“三系法”籼型杂交水稻，成功研究出“两系法”杂交水稻，创建了超级杂交稻技术体系．某水稻种植研究所调查某地杂交水稻的株高，得出株高（单位：cm）服从正态分布，其分布密度函数，，则（    ）A．该地杂交水稻的平均株高为100cmB．该地杂交水稻株高的方差为10C．该地杂交水稻株高在120cm以上的数量和株高在80cm以下的数量一样多D．随机测量该地的一株杂交水稻，其株高在和在的概率一样大【答案】AC【分析】由正态分布密度函数可知，，则可判断出AB选项，再由正态曲线的特征即可判断出CD选项.【详解】因为正态分布密度函数为，所以，，即均值为100，标准差为10，方差为100，故A正确，B错误；根据正态曲线的特征可知函数关于轴对称，所以该地杂交水稻株高在120cm以上的数量和株高在80cm以下的数量一样多，故C正确，随机测量该地的一株杂交水稻，其株高在和在的概率一样大.故D错误．故选：AC.10．下列说法中正确的是（    ）A．在中，，则B．已知，则C．已知与的夹角为钝角，则的取值范围是D．若，则三点共线【答案】BD【分析】A项，求出与的夹角，即可求出的值；B项，求出，即可求出的值；C项，写出的表达式，利用两向量夹角为钝角，就可求出的取值范围；D项，求出的表达式，得出与的关系，即可证明三点共线.【详解】由题意，对于A，∵，∴与的夹角为，∴，故A错误；对于B，∵，∴，∴，故B正确；对于C，∵与的夹角为钝角，∴与的数量积小于0且不平行，即且，∴，故C错误；对于D，∴，∴共线，∵它们有公共点，∴三点共线. 故D正确.故选：BD.11．已知抛物线的焦点为是抛物线上的两点，则下列说法中正确的是：（      ）A．若线段的中点为，则直线的方程为B．若线段过焦点，且，则直线的斜率为C．已知为抛物线上在第一象限内的一个动点，，若，则直线的斜率为D．抛物线上一动点到直线和的距离之和的最小值为【答案】ABD【分析】对于选项A，当直线的斜率不存在时，线段的中点在轴上，不合题意. 当直线的斜率存在时，由点差法可得，由此可得直线的斜率，进而可判断A正确.对于选项B，，直线的斜率一定存在，设出直线的方程与抛物线联立，可得，再由抛物线的定义可得，可求出的值，可判断B正确.对于选项C，设点，利用，可求得，从而确定点的坐标，可求出直线的斜率，进而判断C错误.对于选项D，设点到的距离为，到直线的距离为，由抛物线定义，则，根据平面几何知识，可得当三点共线时，有最小值，进而可判断D正确.【详解】对于A，设，若，则直线，由抛物线的对称性可知，线段的中点为，显然不符合题意，故，      因为是抛物线上的两点，所以，两式相减得，，整理得，因为线段的中点为，所以，即，又，所以，所以直线的方程为，即. 故A正确；对于B，消去整理得∵直线与抛物线交于两点，解得. 设，则，，，即.检验知满足条件. 故B正确；    对于C，设，则，解得或，所以或，又，所以或，故C错误；      对于D，设到的距离为到直线的距离为，则，根据平面几何知识，可得当三点共线时，有最小值，因为抛物线焦点到直线的距离为，所以的最小值是，所以抛物线上一动点到直线和的距离之和的最小值为. 故D正确.     故选：ABD.12．一般地，若函数的定义域为，值域为，则称为的“倍跟随区间”；特别地，若函数的定义域为，值域也为，则称为的“跟随区间”．下列结论正确的是（    ）A．若为的跟随区间，则B．函数不存在跟随区间C．若函数存在跟随区间，则D．二次函数存在“3倍跟随区间”【答案】CD【分析】根据“跟随区间”的定义对选项逐一分析，根据函数的单调性、值域等知识确定正确答案.【详解】对于A选项，若为的跟随区间，因为在区间为增函数，故其值域为，根据题意有，解得或，因为故.故A错误．对于B选项，由题，因为函数在区间与上均为增函数，若存在跟随区间则有，即为的两根．即的根.故.故B错误．对于C选项，若函数存在跟随区间，因为为减函数，故由跟随区间的定义可知，即，因为，所以．易得．所以，令代入化简可得，同理也满足，即在区间上有两不相等的实数根．故，解得，故C正确．对于D选项，若存在“3倍跟随区间”，则可设定义域为，值域为.当时，易得在区间上单调递增，此时易得为方程的两根，求解得或.故定义域，则值域为．D正确．故选：CD【点睛】关于新定义函数类型问题的求解，主要的解题思路是理解新定义，并将新定义的知识转化为学过的知识来进行求解，如本题中新定义的“跟随区间”，根据它的定义，可转化为函数的定义域和值域问题来进行求解. 三、填空题13．已知某圆锥的母线长为10，其侧面展开图的面积为，则该圆锥外接球的表面积为          .【答案】【分析】根据给定条件，求出圆锥轴截面等腰三角形底角的正弦，再利用正弦定理求出圆锥轴截面三角形外接圆半径作答.【详解】设圆锥的底面半径为，则，解得，令圆锥轴截面等腰三角形底角为，则，，因此圆锥轴截面等腰三角形外接圆半径，有，解得，显然圆锥轴截面等腰三角形的外接圆是圆锥外接球的截面大圆，于是圆锥外接球半径，所以该圆锥外接球的表面积为.故答案为：14．为了更好地了解早高峰车辆情况，某地交管部门在9个路口统计1分钟的车流量，每个路口的车流量分别为，则这组数据的第百分位数为          .【答案】【分析】根据百分位数的定义进行求解即可.【详解】将这组数据按照从小到大的顺序排列得因为，所以这组数据的第百分位数为，故答案为：15．已知直线与圆相离，则整数的一个取值可以是      ．【答案】或或（注意：只需从中写一个作答即可）【分析】利用直线与圆的位置关系列出不等式组，解出整数的范围．【详解】因为圆的圆心为，所以圆心到直线的距离，因为圆的方程可化简为，即半径为，所以，所以，故整数的取值可能是．故答案为：或或（注意：只需从中写一个作答即可）16．已知，给出以下几个结论：① 的最小正周期为；② 是偶函数；③ 的最小值为；④ 在上有4个零点；⑤在区间上单调递减；其中正确结论的序号为                                   ．【答案】②④⑤【分析】对①②：根据周期性、奇偶性的定义分析判断；对③④⑤：分类讨论去绝对值，结合辅助角公式以及正弦函数的性质逐项分析判断.【详解】对①：∵，即，故不是以为最小正周期的周期函数，①错误；对②：，故是偶函数，②正确；对③： 当时，可得，∵，则，∴，故；当时，可得，∵，则，∴，故；综上所述：当，的值域为.当时，则，可得，故时，的值域为，又∵是偶函数，∴的值域为，即的最小值为，③错误；对④：由③可得：当时，令，即，∵，则，∴当，即时，；当时，可得，即，∵，则，∴当，即时，；综上所述：在上有2个零点.∵是偶函数，∴在上有4个零点，④正确；对⑤：当时，则，可得在区间上单调递减，⑤正确.故答案为：②④⑤.【点睛】关键点定睛：根据函数的相关性质，缩小需要研究的区间，再根据余弦函数值的符号分类讨论去绝对值. 四、解答题17．在锐角中，内角所对的边分别为，已知向量、满足：，，且.(1)求角；(2)若，求周长的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据平行向量的坐标表示得出边与角的关系式，再利用正弦定理即可求出角A；（2）利用正弦定理将边表示成角的形式，即，再根据三角形形状和辅助角公式，即可求出的取值范围，得解.【详解】（1）因  ，且，于是有，即，在中，由正弦定理得：，而，于是得，又A为锐角，所以．（2）是锐角三角形，由（1）知，，于是有，且，从而得，而，由正弦定理得，则，，则有，而，则，即,所以的取值范围．，即周长的取值范围是.18．已知数列的前项和为，且.(1)求的通项公式；(2)证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用公式，即可求数列的通项公式；（2）根据（1）的结果可知，再利用裂项相消法求和证明即可.【详解】（1）因为，所以当时，，两式相减得：，即，    所以，且符合，所以的通项公式为（2）由（1）得：，，                .19．如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，且平面平面.(1)求证：；(2)若直线与平面所成的角为，E为线段的中点，求平面与平面所成锐二面角的大小.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）通过证明平面来证得.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面所成锐二面角的大小.【详解】（1）设，则中点为M，且∵平面平面且交线为，平面，∴平面，∵平面，∴，又直三棱柱，∴，∵平面，∴平面，∵平面，∴.（2）由（1）知平面，所以直线与平面所成的角为，不妨设以B为原点，分别为x，y，z轴正向建立坐标系，，设平面的法向量为，故可设， 设平面的法向量为，，故可设，设平面与平面所成锐二面角为，∴.20．习近平总书记在党的十九大报告中指出，保障和改善人民最关心最直接最现实的利益问题要从“让人民群众满意的事情”做起.2021年底某市城市公园建设基本完成，为了解市民对该项目的满意度，从该市随机抽取若干市民对该项目进行评分(满分100分)，绘制成如图所示的频率分布直方图，并将分数从低到高分为四个等级：满意度评分低于60分60分到79分80分到89分不低于90分满意度等级不满意基本满意满意非常满意(1)若市民的满意度评分相互独立，以满意度样本估计全市民满意度，现从全市民中随机抽取5人，求至少2人非常满意的概率；(2)相关部门对该项目进行验收，验收的硬性指标是：全民对该项目的满意指数不低于0.8，否则该项目需要进行整改，根据你所学的统计知识，判断该项目能否通过验收，并说明理由；(注：满意指数=)(3)在等级为不满意的市民中，老人占，现从该等级市民中按年龄分层抽取9人了解不满意的原因，并从中选取3人担任督导员.记X为老年督导员的人数，求X的分布列及数学期望E(X).【答案】(1)；(2)能通过验收，理由见解析；(3)的分布列见解析，. 【分析】（1）根据矩形面积之和为1求出a，然后通过对立事件求概率的方法与二项分布求概率的方法求出答案；（2）算出满意度的平均分即可判断答案；（3）根据超几何分布求概率方法求出概率，然后列出分布列，求出期望.【详解】（1），解得，设至少2人非常满意的概率为事件A，由题意知5人中非常满意的人数，.（2）由频率分布直方图得：满意度平均分为，满意指数，因此，能通过验收.（3）分层抽取9人中老人有3人，由题意知服从超几何分布，的可能取值为，，，，，则分布列为：0123所以，.21．已知椭圆经过点，且椭圆的长轴长为．(1)求椭圆的方程；(2)设经过点的直线与椭圆相交于、两点，点关于轴的对称点为，直线与轴相交于点，求的面积的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据已知条件可得出的值，将点的坐标代入椭圆的方程，可得出，即可得出椭圆的方程；（2）分析可知直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，写出直线的方程，可求得点的坐标，利用三角形的面积公式以及对勾函数的单调性可求得的取值范围.【详解】（1）解：因为椭圆的长轴长为，则，将点的坐标代入椭圆的方程可得，可得，所以，椭圆的标准方程为.（2）解：若与轴重合，则不存在，设直线的方程为，设点、，若，则点与点重合，不合乎题意，所以，，联立可得，，由韦达定理可得，，易知点，，直线的方程为，将代入直线的方程可得，即点，，所以，，令，则函数在上为增函数，所以，，所以，.故的面积的取值范围是.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.22．设函数.(1)若曲线在点处的切线斜率为，求的值；(2)若存在两个极值点，且对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)或. 【分析】（1）求出，令，求解可得答案；（2）令得，，当由可得，令，求导利用单调性可得答案； 当根据，令可得求解可得答案.【详解】（1），所以，解得；（2），令得，解得，或时且，当即时，，对任意恒成立，得可得，，时成立，时，有在恒成立，令，，所以在单调递减，有，所以；当即时，，对任意恒成立，求实数的取值范围，即在上恒成立，因为，可得，解得，当即时，重合，不符合题意，综上所述，或.