安徽省江南十校2024届高三联考信息卷数学模拟预测卷一

这是一份安徽省江南十校2024届高三联考信息卷数学模拟预测卷一，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题
一、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．（本题5分）已知甲、乙两组数据（已按从小到大的顺序排列）：
甲组：27、28、39、40、、50；乙组：24、、34、43、48、52.若这两组数据的百分位数、百分位数分别相等，则等于（ ）
A．B．C．D．
2．（本题5分）与椭圆有相同焦点，且满足短半轴长为的椭圆方程是（ ）
A．B．
C．D．
3．（本题5分）已知等比数列中所有项均为正数，，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
4．（本题5分）如图，在正方体中，分别为棱的中点，过三点作该正方体的截面，则（ ）
A．该截面是四边形
B．平面
C．平面平面
D．该截面与棱的交点是棱的一个三等分点
5．（本题5分）加强学生心理健康工作已经上升为国家战略，为响应国家号召，W区心理协会派遣具有社会心理工作资格的3位专家去定点帮助5名心理特异学生.若要求每名学生只需一位专家负责，每位专家至多帮助两名学生，则不同的安排方法共有（ ）种
A．90B．125C．180D．243
6．（本题5分）如图，在等腰梯形中，，，，，点是线段上一点，且满足，动点在以为圆心的半径为的圆上运动，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
7．（本题5分）设锐角的三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，则周长的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．（本题5分）已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与双曲线的右支交于两点，若，且双曲线的离心率为，则（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（本题6分）已知函数的部分图象如图所示，则下列判断正确的是（ ）
A．
B．
C．点是函数图象的一个对称中心
D．直线是函数图象的一条对称轴
10．（本题6分）已知为虚数单位，复数，下列说法正确的是（ ）
A．
B．复数在复平面内对应的点位于第四象限
C．
D．为纯虚数
11．（本题6分）已知曲线在点处的切线与曲线相切于点，则下列结论正确的是（ ）
A．函数有2个零点
B．函数在上单调递减
C．
D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（本题5分）已知集合，全集，则 ．
13．（本题5分）在正四面体中，M为PA边的中点，过点M作该正四面体外接球的截面，记最大的截面半径为R，最小的截面半径为r，则 ；若记该正四面体和其外接球的体积分别为和，则 ．
14．（本题5分）已知函数（且），若，是假命题，则实数a的取值范围是 ．
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．（本题13分）已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)当时，求函数的最大值．
16．（本题15分）“英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2023年已经培养了6000多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学、物理、化学学科夏令营活动.
(1)若数学组的7名学员中恰有3人来自中学，从这7名学员中选取3人，表示选取的人中来自中学的人数，求的分布列和数学期望；
(2)在夏令营开幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利.已知甲乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为，.假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响.当时，求甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值.
17．（本题15分）已知在多面体中，平面平面，四边形为梯形，且，四边形为矩形，其中M和N分别为和的中点，．
(1)证明：平面平面；
(2)若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．
18．（本题17分）已知为拋物线的焦点，为坐标原点，为的准线上一点，直线的斜率为的面积为．已知，设过点的动直线与抛物线交于两点，直线与的另一交点分别为．

(1)求拋物线的方程；
(2)当直线与的斜率均存在时，讨论直线是否恒过定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
19．（本题17分）若数列满足，则称数列为数列.记.
(1)写出一个满足，且的数列；
(2)若，证明：数列是递增数列的充要条件是；
(3)对任意给定的整数，是否存在首项为1的数列，使得？如果存在，写出一个满足条件的数列；如果不存在，说明理由.
参考答案：
1．A
【详解】因为，大于的比邻整数为2，所以百分位数为，，大于的比邻整数为5，所以百分位数为，所以.
故选：A
2．B
【详解】椭圆化成标准方程为，焦点在轴上，
设所求椭圆方程为，
依题意有，所以，所求椭圆方程为.
故选：B
3．A
【详解】设的公比为，则，
因为，所以，解得或（舍去），
，
故，即，
因为，
所以，
当且仅当，即，时，等号成立，
故的最小值等于.
故选:A．
4．D
【详解】对A：如图，将线段向两边延长，分别与棱的延长线，棱的延长线交于点，
连接，分别与棱交于点，得到截面是五边形，故A错误；

对B：因为面面，故；
又，面，故面，
又面，故；
假设，又，面，故面，
又面，显然过一点作一个平面的垂直只能有一条，假设不成立，即与不垂直；
又平面，所以与平面不垂直，故B错误；
对C：面面，故，又，
面，故面，又面，
故，同理可得，又面，
故平面，又与平面不垂直，
所以平面与平面不平行，故C错误；
对D：易知，所以，
所以截面与棱的交点是棱的一个三等分点，故D正确．
故选：D．
5．A
【详解】根据题意，具有社会心理工作资格的3位专家去定点帮助5名心理特异学生，
要求每名学生只需一位专家负责，每位专家至多帮助两名学生，
则把五位同学分3组，且三组人数为2、2、1，然后分配给3位专家，
所以不同的安排方法共有种.
故选：A．
6．A
【详解】
如图，以为原点，建立直角坐标系.
由题意，梯形的高长为，则.
因为以为圆心的半径为的圆的方程为：，可设点，.
则
其中，，
故当时，.
故选：A.
7．C
【详解】因为△为锐角三角形，所以，，，
即，，，所以，；
又因为，所以，又因为和正弦定理得，
由，即
，
所以，令，则，
又因为函数在上单调递增，所以函数值域为，
则的周长的取值范围为.
故选：C.
8．D
【详解】因为双曲线的离心率为，所以，因为，
所以，由双曲线的定义可得，
所以，
在中，由余弦定理得，
在中，，设，则，
由得
，解得，所以，
所以.
故选：D
.
9．ABD
【详解】根据图象和题目条件可知，，
所以，解得，A正确；
将代入，可得，解得，B正确；
所以，
令得，， C错误，
令得，，故是函数的一条对称轴，D正确，
故选：ABD．
10．ABC
【详解】，
故，故，故A正确，
而在复平面上对应的点为，它在第四象限，故B正确.
，故C正确.
，它不为纯虚数，故D错误，
故选：ABC.
11．CD
【详解】对于，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
函数的极大值为，极小值为，
因此当时，，当时，，
又，所以，则在上存在零点，
因此函数只有一个零点，故A不正确；
对于B：，
则，
令，则，
所以在上单调递减，又在上单调递减，
当时，函数单调递减，所以当时，，
所以函数在上单调递增，故B错误；
对于C：，
因此曲线在点处的切线方程为：
，
由，得曲线在处的切线方程为：
，
因为曲线在点处的切线，与曲线相切于点，所以
，即，
因此，故C正确；
对于D：由上可知：，
因此有，
，故D正确，
故选：CD.
12．
【详解】解：集合，全集，
所以，
故答案为：
13．
【详解】将正四面体放置于正方体中，可得正方体的外接球即为该正四面体的外接球，如图，

外接球球心为正方体的体对角线的中点，设正四面体的棱长为，则正方体棱长为，
由外接球直径等于正方体的体对角线，得正四面体外接球半径，
当过中点的正四面体外接球截面过球心时，截面圆面积最大，截面圆半径为，
当该截面到球心的距离最大时，截面圆面积最小，此时球心到截面距离为，
可得最小截面圆半径，因此；
正四面体外接球体积，
正四面体的体积，因此.
故答案为：；
14．或
【详解】因为，
若，由于单调递减，则在R上单调递增；
若，由于单调递增，则在R上单调递减，
又，故，
因为，是假命题，
故，恒成立为真命题，
即不等式对恒成立，
当时，，即在恒成立，
设，即在恒成立．
由于对勾函数在单调递减，在单调递增，
因为，因此；
当时，，
即在恒成立，
当时，函数有最小值，
即，又因为，故．综上可知：或．
故答案为：或
15．(1)在上为增函数；在上为减函数；
(2)
【详解】（1）的定义域为，
当时，，，
当，解得：，
当，解得：．
在上为增函数；在上为减函数；
（2）的定义域为，
，
当时，令，得，令时，得，
的递增区间为，递减区间为．
.
16．(1)分布列见解析，
(2)
【详解】（1）由题意知，的可能取值有0，1，2，3，，
，，，
所以的分布列为：
.
（2）因为甲、乙两人每次答题相互独立，设甲答对题数为，则，
设乙答对题数为，则，
设“甲、乙两位同学在每轮答题中取胜”,
则
由，又，所以，
则，又，所以，
设，所以，由二次函数可知当时取最大值，
所以甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值为.
17．(1)证明过程见解析
(2)
【详解】（1）过点作交于点，
则，
因为，所以，
延长交的延长线于点，
，
在中，由余弦定理得，
故，则，
因为M为的中点，故，
在中，，由相似关系可知，
又，故，解得，故，
在中，由余弦定理得
，
故，所以⊥，
因为四边形为矩形，所以⊥，
因为平面平面，交线为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
又平面，所以平面平面；
（2）过点作交于点，作交于点，
则由（1）知⊥，⊥平面，
因为平面，所以⊥，⊥，
故，两两垂直，
故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
由平行关系可知，四边形为平行四边形，故，故，
在中，由余弦定理得，
即，解得，
，
设，平面的法向量为，
则，
解得，令，则，故，
平面的法向量为，
则，
因为二面角的余弦值为，故，
解得，
故，，，，
设直线与平面所成角的大小为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
18．(1)
(2)直线过定点
【详解】（1）
设准线与轴的交点为，
直线的斜率为，又，
．
故抛物线的方程为：．
（2）设，过点的直线方程为：．
则联立，整理得：，
由韦达定理可得：．
又设，
所以直线斜率为，
直线方程为，即的直线方程为：，
由三点共线可得：，即，
所以，
所以，因为，所以化简可得：，
同理，由三点共线可得：，
可得，
，
综上可得的直线方程为：，
变形可得：，所以直线过定点．
19．(1).（答案不唯一.）
(2)证明见解析；
(3)答案见解析.
【详解】（1）.（答案不唯一.）
（2）必要性：
因为数列是递增数列，
所以（）.
所以数列是以为首项，公差为的等差数列.
所以.
充分性：
因为，
所以
所以，
，
……
.
所以，即.
因为，
所以.
所以（）.
即数列是递增数列.
综上，结论得证.
（3）令，则.
所以，
，
……
.
所以
.
因为，
所以为偶数.
所以为偶数.
所以要使，即，
必须使为偶数.
即整除，
因为，
所以或.
当时，数列的项满足
时，
有；
当时，数列的项满足时，
有；
当或时，不能被整除，此时不存在数列，使得.
0
1
2
3
P