2024届安徽省“耀正优”12月高三名校阶段检测联考数学试题含答案

这是一份2024届安徽省“耀正优”12月高三名校阶段检测联考数学试题含答案，共20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．已知复数满足（其中为虚数单位），则复数的实部与虚部的和为（ ）
A．B．1C．-1D．-2
【答案】A
【分析】设，由题意和共轭复数的概念可得，建立方程组，解之即可求解.
【详解】设，则，
由，则，
整理得，
有，解得，所以，
即复数z的实部与虚部之和为.
故选：A
2．设集合，，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意化简集合，再结合集合交集的概念求解答案即可.
【详解】由题意得，，
因为，在单调递增，所以，
，
所以.
故选：D
3．等比数列的前项和为，，则“”是“对，”成立的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【分析】分析讨论即可得.
【详解】等比数列的前项和为，，
当时，即公比，则数列为各项均为正数的递增数列，
则有，成立；
当时，则也是各项均为正数的等比数列，此时，
则“”是“对，”成立的充分不必要条件.
故选：A
4．椭圆的右顶点为A，上顶点为B，右焦点为F，若直线与以A为圆心半径为的圆相切，则椭圆离心率等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出直线的方程，依题意，直线与圆相切即用点到直线的距离等于半径列等式即可求解.
【详解】依题意，，所以直线的方程为：，
又直线与以A为圆心半径为的圆相切，故，
化简得，即或，又椭圆的离心率，所以，
故选：B.
5．已知等差数列，其前项和为，若，且满足，，成等比数列，则等于（ ）
A．或B．C．D．2
【答案】C
【分析】利用等比中项的性质结合等差数列的基本量与前项和性质计算即可.
【详解】由已知可得，设的公差为，
且，即，
故.
故选：C
6．已知，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意和同角三角函数的关系以及正弦的二倍角公式可得，结合计算即可求解.
【详解】由，得，
又，所以，
所以，
所以.
故选：D
7．已知函数在区间为上存在零点，则的最小值（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】变换主元将问题转化为点到直线的距离最值即可.
【详解】
设在区间上的零点，
则有，
可看作直线上一点与原点的距离平方，
易知原点到直线的距离
，
因为，
当时取得等号，显然，即C项正确.
故选：C
8．Paul Guldin（古尔丁）定理又称帕普斯几何中心定理，其内容为：面积为S的封闭的平面图形绕同一平面内且不与之相交的轴旋转一周产生的曲面围成的几何体，若平面图形的重心到轴的距离为d，则形成的几何体体积V等于该平面图形的面积与该平面图形重心到旋转轴的垂线段为半径所画的圆的周长的积，即.现有一工艺品，其底座是绕同一平面内的直线（如图所示）旋转围成的几何体.测得，，，上口直径为36cm，下口直径56cm，则该底座的体积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据余弦定理可得、，进而求出，如图设的重心为G，BC的中点为D，求出GD和DE，则，代入公式计算即可求解.
【详解】在中，，由余弦定理，
得，
由，得.同理可得，所以为直角三角形.
所以，
设的重心为G，BC的中点为D，如图，
则，又，
所以，
所以.
故选：B
二、多选题
9．已知函数，，则以下结论正确的是（ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数的图象关于点成中心对称
C．函数与的图象有偶数个交点
D．当时，
【答案】ABD
【分析】对于A：利用三角恒等变换整理可得，进而可求函数的最小正周期；对于B：根据中心对称的定义分析判断；对于D：结合对称性分析判断；对于D：借助于中间变量“”分析判断.
【详解】对于选项A：因为，
所以函数的最小正周期为，故A正确；
对于选项B：因为，
所以函数的图象关于点成中心对称，故B正确；
对于选项C：因为，
所以函数的图象关于点成中心对称，
即函数与的图象均关于点成中心对称，
因为，即为函数与的一个交点，
当，函数与的图象有个交点，
则当，函数与的图象有个交点，
综上所述：函数与的图象有个交点，为奇数个，故C错误；
对于选项D：当时，则，所以，
且，，，
所以，故D正确；
故选：ABD.
10．如图，已知多面体，底面是边长为2的正三角形，，，两两平行，且，，，，，两两所成角为.则以下结论正碓的是（ ）
A．平面B．与垂直
C．点到平面的距离为D．多面体的体积为
【答案】BC
【分析】在上取点D使得，根据线面平行的判定定理即可判断A；作，垂足为E，证明四边形为矩形即可判断B；设在底面投影为正三角形的中心为O，利用勾股定理即可判断C；利用等体积法计算即可判断D.
【详解】A：在上取点D，使得，又，
所以四边形为平行四边形，则，
又平面，所以平面不成立，故A错误；
B：作，垂足为E，由，
在中，，则，
又，且，所以四边形为矩形，
得，又，所以，故B正确；
C：由题意知，设在底面投影为正三角形的中心为O，
，在中，，
即点到平面的距离为，故C正确；
D：设C到平面的距离为h，由等体积法，
得，即，解得，
所以，故D错误.
故选：BC
11．已知，，且满足，则以下结论正确的是（ ）
A．的最大值为B．的最小值为
C．取最小值时D．的最小值为
【答案】BD
【分析】由，利用基本不等式即可对A项判断；由即可对B项判断；
由从而可对C项判断；利用，即可对D项判断.
【详解】对于A：由，，且，所以，解得，
当且仅当，即取等号，故A项错误；
对于B：，当且仅当，即时取等号，故B项正确；
对于C：，所以当，即时有最小值，故C项错误；
对于D：
，
当且仅当取等号，故D项正确；
故选：BD.
12．已知正项数列满足：，，则以下结论正确的是（ ）
A．若时，数列单调递减
B．若时，数列单调递增
C．若时，
D．若，数列的前项和，则
【答案】CD
【分析】由，变形为，得与同号，即可判断ABC，由，结合迭代法，得，结合等比数列求和，即可判断D.
【详解】由已知，所以，
故与同号，即与同号，
若时,则，则，即，
且，故，数列为递增数列；A错误；
若时，可知，可得，数列为递减数列，B错误；
故，C正确；
若，则，，故，
则时，故，
，D正确.
故选：CD
【点睛】关键是由，变形为，得与同号，以及应用放缩法及迭代法得.
三、填空题
13．已知非零向量，夹角为30°，，，则等于 .
【答案】2
【分析】由题意和平面向量的数量积可得，结合计算即可求解.
【详解】由，得，即，得，
又，所以，即，
所以.
故答案为：2
14．为了探究两类统计量x，y的关系，经采集样本数据，发现其散点图呈线性关系，其中，，，若x，y的方差分别为0.5，2，且y的平均数为10，则x的平均数为 .
【答案】4
【分析】根据和方差的性质求得，结合平均数的定义计算即可求解.
【详解】由题意知，，则，
由，得，
因为，所以，由解得，
所以，
则，
得，即，
所以的平均数为4.
故答案为：4
15．已知函数，其中，且恒成立，在上单调，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】由可知，则，由正弦函数的单调性建立不等式组，解之即可求解.
【详解】由题意知，，则，即，解得.
由，，得，
即，
若函数在上单调递增，则，
即，，解得，则不等式组无解；
若函数在上单调递减，则，
即，，解得，则，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
16．已知为的内切圆圆心，，，成等差数列，则的最小值等于 .
【答案】/
【分析】应用数量积的定义得，应用余弦定理得，结合二倍角公式即诱导公式即可求解.
【详解】设角的对边为，由已知得，
故，由余弦定理得，，
即，当且仅当时等号成立，
又，
，所以，
又，所以，
故答案为：
【点睛】应用数量积的定义及余弦定理是解题关键.
四、解答题
17．已知数列满足：，，，.
(1)证明：数列为等差数列，并写出数列的通项；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)证明见详解，；
(2)
【分析】（1）利用已知条件及等差中项，结合等差数列的通项公式计算即可；
（2）结合（1）的结论利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）将左右同时除得：
，
整理得，即是等差数列，
因为，，得，
所以；
（2）由上可知，
则①，
②，
①②得
所以.
18．已知中，角所对的边分别为，且.
(1)证明：；
(2)若，求角取得最大值时，边上的高.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）利用余弦定理，正弦定理及弦化切公式证明即可；
（2）利用余弦定理及基本不等式以及余弦函数性质、同角三角函数关系式分析求解即可.
【详解】（1）证明：由余弦定理得：
，
又因为，
所以，
，
所以，
由正弦定理得：.
（2）由余弦定理：，
以及，得：
，
当且仅当时取等号，
即此时取最小值，
因为在单调递减，故此时最大，
此时，
由（1），
又，所以，
如图在中，
由图可知：边上的高.
19．已知四棱锥，底面为平行四边形，，，，.
(1)证明：平面；
(2)若，求二面角的正弦值.
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）过点作，连接，然后利用已知条件及余弦定理证明，以及即可证明
（2）连接交于点，然后根据已知条件建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解二面角的正弦值即可.
【详解】（1）证明：过点作，连接，如图所示：

设，因为，，
所以，
又，，
所以，
又，
所以在中，
，
又，
所以，又，且，AE，AB均含于面ABE
所以平面，
即平面
（2）连接交于点，
因为，
所以为等边三角形，
由（1）故，
由（1）平面，平面，
所以，
所以，
在中，，
所以，
所以直线两两互相垂直，
所以以所在直线分别为轴
建立空间直角坐标系，如图所示：

则，
设平面的一个法向量为，
则由
令，
所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则由
令，
所以平面的一个法向量为，
设二面角的大小为，
所以，
所以二面角的正弦值为：
.
20．2023年10月26日，神舟十七号顺利发射，我国史上最年轻航天员乘组创造了中国航天历史.这一伟大壮举激发了行知中学学生学习航天知识的热情，学校开展了“航天知识竞赛”活动.活动分为三个阶段，第一阶段为“初赛”，通过网络答题活动，遴选优秀学生60名；第二阶段为“复赛”，由初赛遴选的60名学生进行“航天模型设计”竞赛；第三阶段为“决赛”，由“复赛”成绩前2名的学生进行“空间知识竞赛”决赛，获胜者授予“航天小达人”称号.现统计参加“航天模型设计”竞赛的60名学生的成绩得到频率分布直方图如下：
(1)根据频率分布直方图，估计参加“航天模型设计”竞赛的60名学生的成绩平均分；
(2)已知甲、乙两名同学参加决赛，决赛采取现场答题的方式进行.比赛规则如下：若选手答对题，则继续下一次答题；若答错题，则由另一位选手进行下一次答题.已知甲、乙两位选手答对任一试题的概率均为，每次答题相互独立，且甲选手答第1题.
①求前3次答题，甲答2次题的概率；
②设第次为甲答题的概率为，求.
【答案】(1)分；
(2)；
【分析】（1）利用频率分布直方图计算平均数即可；
（2）利用概率的乘法公式分类讨论计算即可；根据等比数列的通项公式计算即可.
【详解】（1）根据频率分布直方图可知平均分分；
（2）①前三次答题，甲答两次的情况有两种：甲甲乙，甲乙甲，概率为；
②由题意可知，，
是等比数列，首项为，公比为，
所以
21．已知函数，，的图象的一条切线的方程为..
(1)求；
(2)当，时，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义建立关于切线斜率的方程，解方程即可求解；
（2）由（1）知，利用导数讨论函数的性质可得，变形为，令，利用换元法可得，结合裂项相消求和法即可证明.
【详解】（1）由题意知，，则，
由切线方程为知，斜率为，
令，即，故,
令,则在上为增函数，而，
故的解为，则，即切点为，
所以切线方程为，即，
所以；
（2）由（1）知，，
当时，，函数在上单调递减，
且，所以，即，
得，所以，令，则，
且，
所以当时，
，
即证.
22．已知函数，，有两个零点，.
(1)若，求的最小值；
(2)证明：.
【答案】(1)4
(2)证明见解析
【分析】（1）当时，不可能有两个零点，当时，首先满足，求出的最小值为4，再验证满足条件.
（2）因为有两个零点，，所以，要证，即证，令，转化为关于的不等式,用导数证明即可.
【详解】（1），
当时，， 在上为单调递增函数，不可能有两个零点，舍去.
当时，令得，，
当时，，此时为减函数，
当时，，此时为增函数，
故，
要使有两个零点，首先满足，
令 ，
，
当时，，此时为增函数，且，
当时，，此时为减函数，
，
，
又，所以的最小值为4，
下面证明当时，存在两个零点，此时，
，，
又由的单调性知在上各存在一个零点，满足条件.
所以的最小值为4.
（2）因为有两个零点，，不妨设，
所以，，
两式相减得，
所以，
要证，即证，
即证，即证，
即证，令，
即证，
令，则，
所以在上为增函数，所以 ，
所以成立，所以成立.
【点睛】方法点睛：利用导数研究含参函数零点问题主要有两种方法:
（1）利用导数研究函数的最(极)值，转化为函数图象与轴的交点问题，主要是应用分类讨论思想，其本质就是在含参函数单调性的基础上再判断函数零点个数问题;
(2)分离参变量，即由分离参变量，得，研究与图象交点问题。