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安徽省合肥一六八中学等学校2024届高三上学期名校期末联合测试数学含精品解析
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这是一份安徽省合肥一六八中学等学校2024届高三上学期名校期末联合测试数学含精品解析，共15页。试卷主要包含了试卷分值，在中，“”是“”的，若系列椭圆的离心率，则，已知等差数列个，已知一组数据等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.试卷分值：150分，考试时间：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案区域内作答，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.所有答案均要答在答题卡上，否则无效.考试结束后只交答题卡.
一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.）
1.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.复数的虚部为（ ）
A.8 B.-8 C. D.
3.已知向量，若向量在向量上的投影向量为，则（ ）
A.2 B. C.-2 D.
4.在中，“”是“”的（ ）
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
5.过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A. B. C. D.
6.五人站成一排，如果必须相邻，那么排法种数为（ ）
A.24 B.120 C.48 D.60
7.若系列椭圆的离心率，则（ ）
A. B. C. D.
8.已知等差数列（公差不为0）和等差数列的前项和分别为，如果关于的实系数方程有实数解，那么以下1003个方程中，有实数解的方程至少有（ ）个
A.499 B.500 C.501 D.502
二､多选题（本大题共3小题，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，全部选对得6分，部分选对得部分，有选错的得0分）
9.已知一组数据：，若去掉12和45，则剩下的数据与原数据相比，下列结论正确的是（ ）
A.中位数不变 B.平均数不变
C.方差不变 D.第40百分位数不变
10.双曲线，左､右顶点分别为为坐标原点，如图，已知动直线与双曲线左､右两支分别交于两点，与其两条渐近线分别交于两点，则下列命题正确的是（ ）
A.存在直线，使得
B.在运动的过程中，始终有
C.若直线的方程为，存在，使得取到最大值
D.若直线的方程为，则双曲线的离心率为
11.如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，是的中点，是上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A.直线与所成的角为
B.的周长最小值为
C.如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为
D.如果在这个容器中放入4个完全相同的小球全部进入），则小球半径的最大值为
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12.小于300的所有末尾是1的三位数的和等于__________.
13.已知函数，若恒成立，则__________.
14.已知抛物线，点为抛物线上的动点，点与点的距离的最小值为2，则__________.
四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）
15.（13分）在中，的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）已知点在线段上，且，求长.
16.（15分）甲､乙两人进行射击比赛，每次比赛中，甲､乙各射击一次，甲､乙每次至少射中8环.根据统计资料可知，甲击中8环､9环､10环的概率分别为，乙击中8环､9环､10环的概率分别为，且甲､乙两人射击相互独立.
（1）在一场比赛中，求乙击中的环数少于甲击中的环数的概率；
（2）若独立进行三场比赛，其中X场比赛中甲击中的环数多于乙击中的环数，求的分布列与数学期望.
17.（15分）如图，圆台的轴截面为等腰梯形，为底面圆周上异于的点.
（1）在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由.
（2）设平面平面与平面所成角为，当四棱锥的体积最大时，求的取值范围.
18.（17分）已知函数.
（1）当时，探究零点的个数；
（2）当时，证明：.
19.（17分）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中.阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是已知动点与两定点的距离之比是一个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于（点在轴上方），点是椭圆上异于的两点，平分平分.
①求的取值范围；
②将点看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若外接圆的面积为，求直线的方程.
2024届高三名校期末测试·数学
参考答案､提示及评分细则
1.【答案】A
【解析】，又
.故选：A.
2.【答案】B
【解析】因为.故选：B.
3.【答案】C
【解析】由题在上的投影向量为，又，即.故选：C.
4.【答案】A
【解析】在中，，则，
充分性：当时，，
，所以“”是“”的充分条件；
必要性：当时，取，
此时满足，但，
所以“”是“”的不必要条件.
综上所述，“”是“”的充分不必要条件.故选：A.
5.【答案】B
【解析】圆圆心，半径为；
设，切线为，则中，，所以.故选：B.
6.【答案】C
【解析】将看成一体，的排列方法有种方法，然后将和当成一个整体与其他三个人一共4个元素进行全排列，即不同的排列方式有，根据分步计数原理可知排法种数为，故选：C.
7.【答案】A
【解析】椭圆可化为.
因为，所以离心率，解得：.故选：A.
8.【答案】D
【解析】由题意得：，其中，，代入上式得：，
要方程无实数解，则，显然第502个方程有解.设方程与方程的判别式分别为，
则
，
等号成立的条件是，所以至多一个成立，
同理可证：至多一个成立，至多一个成立，且，综上，在所给的1003个方程中，无实数根的方程最多501个，故有实数解的方程至少有502个.故选：D.
二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分）
9.【答案】AD
【解析】将原数据按从小到大的顺序排列为，
其中位数为25，平均数是，
方差是，
由，得原数据的第40百分位数是第4个数24.
将原数据去掉12和45，得，
其中位数为25，平均数是，
方差是，
由，得新数据的第40百分位数是第3个数24，
故中位数和第40百分位数不变，平均数与方差改变，故A，D正确，B，C错误.
故选：AD.
10.【答案】BD
【分析】根据与渐近线平行的直线不可能与双曲线有两个交点可对A项判断；设直线分别与双曲线联立，渐近线联立，分别求出和坐标，从而可对项判断；根据，求出，从而可对D项判断.
【解析】对于A项：与渐近线平行的直线不可能与双曲线有两个交点，故A项错误；
对于项：设直线，与双曲线联立，得：，
设，由根与系数关系得：，
所以线段中点，
将直线，与渐近线联立得点坐标为，
将直线与渐近线联立得点坐标为，
所以线段中点，
所以线段与线段的中点重合，所以，故B项正确；
对于C项：由B项可得，因为为定值，
当越来越接近渐近线的斜率时，趋向于无穷，
所以会趋向于无穷，不可能有最大值，故C项错误；
对于D项：联立直线与渐近线，解得，
联立直线与渐近线，解得由题可知，，
所以即，
，解得，所以，故D项正确.
故选：BD.
11.【答案】ACD
【解析】选项，连接，由于为的中点，
所以，又平面，
所以直线平面，又平面，所以，故正确；
选项，把沿着展开与平面在同一个平面内，连接交于点，则的最小值即为的长，由于，
，
，
所以，故的周长最小值为，B错误；
选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，
设球心为，取的中点，连接，过点作垂直于于点，
则为的中心，点在上，过点作于点，
因为，所以，同理，
则，故，设，故，
因为，所以，即，解得，C正确；
选项，4个小球分两层（1个，3个）放进去，要使小球半径要最大，则4个小球外切，且小球与三个平面相切，设小球半径为，四个小球球心连线是棱长为的正四面体，由选项可知，其高为，由选项可知，是正四面体的高，过点且与平面交于，与平面交于，则，由选项可知，正四面体内切球的半径是高的，如图正四面体中，，正四面体高为
，解得，正确.
故选：ACD.
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12.【答案】3920
【解析】小于300的所有末尾是1的三位数是，
是以101为首项，以10为公差的等差数列，所以小于300的所有末尾是1的三位数的和为，故答案为.
13.【答案】1
【解析】由题意得，
①当时，，所以在上单调递增，
所以当时，，与矛盾；
②当时，当时，单调递减，
当时，单调递增，所以，
因为恒成立，所以，
记
当时，单调递增，
当时单调递减，
所以，所以，
又，所以，所以.
14.【答案】
【解析】设
（i）当，即时，有最小值，即有最小值，解得，由于，故.
（ii）当，即时，有最小值，即有最小值，解得或12.
综上，的值为.
四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）
15.【答案】（1）（2）
【解析】（1），由余弦定理得，
即，则可得；
（2）由余弦定理，
，
则在中，由正弦定理可得，
.
16.【答案】（1）0.2（2）分布列见解析期望为0.6
【解析】（1）设乙击中的环数少于甲击中的环数为事件，
则事件包括：甲击中9环乙击中8环，甲击中10环乙击中8环，甲击中10环乙击中9环，则.
（2）由题可知的所有可能取值为，
由（1）可知，在一场比赛中，甲击中的环数多于乙击中的环数的概率为0.2，
则，
所以，
，
故的分布列为
所以.
17.【解析】（1）取中点，作直线，直线即为所求，取中点，连接，则有，如图，在等腰梯形中，.
四边形为平行四边形.
，又平面平面，
平面
（2）由题意作平面，即为四棱锥的高，
在Rt中，，当且仅当时取等号，此时点为重合，
梯形的面积为定值，，
当最大，即点与重合时四棱椎的体积最大，又，以为原点，射线分别为轴建立空间直角坐标系，在等腰梯形中，，此梯形的高，显然为的中位线，
，，
设，则，
设平面的一个法向量，则，
取，
令，则，当时，，
当时，，
当且仅当，即时取等号，综上.
18.【解析】（1），定义域为.
二次函数的判别式为，对称轴为.
当时，二次函数的图象开口向上，
①，即时，在上无零点；
②，即时，在上有1个零点；
③，即时，在有2个不同的零点；
综上，当时，在上无零点；
当时，在上有1个零点；
当时，在有2个不同的零点；
（2）由（1）分析知，当时，在上有1个零点，设零点为，
则，解得，，
进一步，当时，，当时，，
所以
易证，所以
.
19.【答案】（1）（2）①②
【解析】（1）方法①特殊值法，令，且，解得.
，椭圆的方程为，
方法②设，由题意（常数），整理得：
，故，又，解得：.
，椭圆的方程为.
（2）①由，又，
（或由角平分线定理得），令，则，设，
则有，又直线的斜率，则
代入得：，即，
.
②由（1）知，，由阿波罗尼斯圆定义知，
在以为定点的阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为，则有，即，解得：.
又，故
又，
.
解得：直线的方程为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
A
B
C
A
B
C
A
D
AD
BD
ACD
0
1
2
3
0.512
0.384
0.096
0.008
考生注意：
1.试卷分值：150分，考试时间：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案区域内作答，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.所有答案均要答在答题卡上，否则无效.考试结束后只交答题卡.
一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.）
1.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.复数的虚部为（ ）
A.8 B.-8 C. D.
3.已知向量，若向量在向量上的投影向量为，则（ ）
A.2 B. C.-2 D.
4.在中，“”是“”的（ ）
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
5.过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A. B. C. D.
6.五人站成一排，如果必须相邻，那么排法种数为（ ）
A.24 B.120 C.48 D.60
7.若系列椭圆的离心率，则（ ）
A. B. C. D.
8.已知等差数列（公差不为0）和等差数列的前项和分别为，如果关于的实系数方程有实数解，那么以下1003个方程中，有实数解的方程至少有（ ）个
A.499 B.500 C.501 D.502
二､多选题（本大题共3小题，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，全部选对得6分，部分选对得部分，有选错的得0分）
9.已知一组数据：，若去掉12和45，则剩下的数据与原数据相比，下列结论正确的是（ ）
A.中位数不变 B.平均数不变
C.方差不变 D.第40百分位数不变
10.双曲线，左､右顶点分别为为坐标原点，如图，已知动直线与双曲线左､右两支分别交于两点，与其两条渐近线分别交于两点，则下列命题正确的是（ ）
A.存在直线，使得
B.在运动的过程中，始终有
C.若直线的方程为，存在，使得取到最大值
D.若直线的方程为，则双曲线的离心率为
11.如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，是的中点，是上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A.直线与所成的角为
B.的周长最小值为
C.如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为
D.如果在这个容器中放入4个完全相同的小球全部进入），则小球半径的最大值为
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12.小于300的所有末尾是1的三位数的和等于__________.
13.已知函数，若恒成立，则__________.
14.已知抛物线，点为抛物线上的动点，点与点的距离的最小值为2，则__________.
四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）
15.（13分）在中，的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）已知点在线段上，且，求长.
16.（15分）甲､乙两人进行射击比赛，每次比赛中，甲､乙各射击一次，甲､乙每次至少射中8环.根据统计资料可知，甲击中8环､9环､10环的概率分别为，乙击中8环､9环､10环的概率分别为，且甲､乙两人射击相互独立.
（1）在一场比赛中，求乙击中的环数少于甲击中的环数的概率；
（2）若独立进行三场比赛，其中X场比赛中甲击中的环数多于乙击中的环数，求的分布列与数学期望.
17.（15分）如图，圆台的轴截面为等腰梯形，为底面圆周上异于的点.
（1）在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由.
（2）设平面平面与平面所成角为，当四棱锥的体积最大时，求的取值范围.
18.（17分）已知函数.
（1）当时，探究零点的个数；
（2）当时，证明：.
19.（17分）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中.阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是已知动点与两定点的距离之比是一个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于（点在轴上方），点是椭圆上异于的两点，平分平分.
①求的取值范围；
②将点看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若外接圆的面积为，求直线的方程.
2024届高三名校期末测试·数学
参考答案､提示及评分细则
1.【答案】A
【解析】，又
.故选：A.
2.【答案】B
【解析】因为.故选：B.
3.【答案】C
【解析】由题在上的投影向量为，又，即.故选：C.
4.【答案】A
【解析】在中，，则，
充分性：当时，，
，所以“”是“”的充分条件；
必要性：当时，取，
此时满足，但，
所以“”是“”的不必要条件.
综上所述，“”是“”的充分不必要条件.故选：A.
5.【答案】B
【解析】圆圆心，半径为；
设，切线为，则中，，所以.故选：B.
6.【答案】C
【解析】将看成一体，的排列方法有种方法，然后将和当成一个整体与其他三个人一共4个元素进行全排列，即不同的排列方式有，根据分步计数原理可知排法种数为，故选：C.
7.【答案】A
【解析】椭圆可化为.
因为，所以离心率，解得：.故选：A.
8.【答案】D
【解析】由题意得：，其中，，代入上式得：，
要方程无实数解，则，显然第502个方程有解.设方程与方程的判别式分别为，
则
，
等号成立的条件是，所以至多一个成立，
同理可证：至多一个成立，至多一个成立，且，综上，在所给的1003个方程中，无实数根的方程最多501个，故有实数解的方程至少有502个.故选：D.
二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分）
9.【答案】AD
【解析】将原数据按从小到大的顺序排列为，
其中位数为25，平均数是，
方差是，
由，得原数据的第40百分位数是第4个数24.
将原数据去掉12和45，得，
其中位数为25，平均数是，
方差是，
由，得新数据的第40百分位数是第3个数24，
故中位数和第40百分位数不变，平均数与方差改变，故A，D正确，B，C错误.
故选：AD.
10.【答案】BD
【分析】根据与渐近线平行的直线不可能与双曲线有两个交点可对A项判断；设直线分别与双曲线联立，渐近线联立，分别求出和坐标，从而可对项判断；根据，求出，从而可对D项判断.
【解析】对于A项：与渐近线平行的直线不可能与双曲线有两个交点，故A项错误；
对于项：设直线，与双曲线联立，得：，
设，由根与系数关系得：，
所以线段中点，
将直线，与渐近线联立得点坐标为，
将直线与渐近线联立得点坐标为，
所以线段中点，
所以线段与线段的中点重合，所以，故B项正确；
对于C项：由B项可得，因为为定值，
当越来越接近渐近线的斜率时，趋向于无穷，
所以会趋向于无穷，不可能有最大值，故C项错误；
对于D项：联立直线与渐近线，解得，
联立直线与渐近线，解得由题可知，，
所以即，
，解得，所以，故D项正确.
故选：BD.
11.【答案】ACD
【解析】选项，连接，由于为的中点，
所以，又平面，
所以直线平面，又平面，所以，故正确；
选项，把沿着展开与平面在同一个平面内，连接交于点，则的最小值即为的长，由于，
，
，
所以，故的周长最小值为，B错误；
选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，
设球心为，取的中点，连接，过点作垂直于于点，
则为的中心，点在上，过点作于点，
因为，所以，同理，
则，故，设，故，
因为，所以，即，解得，C正确；
选项，4个小球分两层（1个，3个）放进去，要使小球半径要最大，则4个小球外切，且小球与三个平面相切，设小球半径为，四个小球球心连线是棱长为的正四面体，由选项可知，其高为，由选项可知，是正四面体的高，过点且与平面交于，与平面交于，则，由选项可知，正四面体内切球的半径是高的，如图正四面体中，，正四面体高为
，解得，正确.
故选：ACD.
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12.【答案】3920
【解析】小于300的所有末尾是1的三位数是，
是以101为首项，以10为公差的等差数列，所以小于300的所有末尾是1的三位数的和为，故答案为.
13.【答案】1
【解析】由题意得，
①当时，，所以在上单调递增，
所以当时，，与矛盾；
②当时，当时，单调递减，
当时，单调递增，所以，
因为恒成立，所以，
记
当时，单调递增，
当时单调递减，
所以，所以，
又，所以，所以.
14.【答案】
【解析】设
（i）当，即时，有最小值，即有最小值，解得，由于，故.
（ii）当，即时，有最小值，即有最小值，解得或12.
综上，的值为.
四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）
15.【答案】（1）（2）
【解析】（1），由余弦定理得，
即，则可得；
（2）由余弦定理，
，
则在中，由正弦定理可得，
.
16.【答案】（1）0.2（2）分布列见解析期望为0.6
【解析】（1）设乙击中的环数少于甲击中的环数为事件，
则事件包括：甲击中9环乙击中8环，甲击中10环乙击中8环，甲击中10环乙击中9环，则.
（2）由题可知的所有可能取值为，
由（1）可知，在一场比赛中，甲击中的环数多于乙击中的环数的概率为0.2，
则，
所以，
，
故的分布列为
所以.
17.【解析】（1）取中点，作直线，直线即为所求，取中点，连接，则有，如图，在等腰梯形中，.
四边形为平行四边形.
，又平面平面，
平面
（2）由题意作平面，即为四棱锥的高，
在Rt中，，当且仅当时取等号，此时点为重合，
梯形的面积为定值，，
当最大，即点与重合时四棱椎的体积最大，又，以为原点，射线分别为轴建立空间直角坐标系，在等腰梯形中，，此梯形的高，显然为的中位线，
，，
设，则，
设平面的一个法向量，则，
取，
令，则，当时，，
当时，，
当且仅当，即时取等号，综上.
18.【解析】（1），定义域为.
二次函数的判别式为，对称轴为.
当时，二次函数的图象开口向上，
①，即时，在上无零点；
②，即时，在上有1个零点；
③，即时，在有2个不同的零点；
综上，当时，在上无零点；
当时，在上有1个零点；
当时，在有2个不同的零点；
（2）由（1）分析知，当时，在上有1个零点，设零点为，
则，解得，，
进一步，当时，，当时，，
所以
易证，所以
.
19.【答案】（1）（2）①②
【解析】（1）方法①特殊值法，令，且，解得.
，椭圆的方程为，
方法②设，由题意（常数），整理得：
，故，又，解得：.
，椭圆的方程为.
（2）①由，又，
（或由角平分线定理得），令，则，设，
则有，又直线的斜率，则
代入得：，即，
.
②由（1）知，，由阿波罗尼斯圆定义知，
在以为定点的阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为，则有，即，解得：.
又，故
又，
.
解得：直线的方程为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
A
B
C
A
B
C
A
D
AD
BD
ACD
0
1
2
3
0.512
0.384
0.096
0.008
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