安徽省部分省示范高中2024届高三开学联考数学试卷（Word版附解析）

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第Ⅰ卷选择题（共58分）
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. 已知向量，若，则实数的值为（ ）
A. B. -2C. -1D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，结合向量共线的坐标表示，列出方程，即可求解.
【详解】由向量，因为，可得，解得.
故选：A.
2. 复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四像限
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的四则运算化简复数，由几何意义得复平面内对应的点所在象限.
【详解】，
则在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故选：D．
3. 已知直线与曲线在点处的切线垂直，则直线的斜率为（ ）
A. -1B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】可得，得到，进而求得直线斜率，得到答案.
【详解】由函数，可得，
则，所以直线的斜率为.
故选：C．
4. 已知正项数列满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的递推公式，利用构造法探讨数列的特性即可得解.
【详解】依题意，，则数列是以为公比的等比数列，因此，
所以.
故选：B
5. 已知抛物线的准线为，点在抛物线上，且线段的中点为，则直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据抛物线的几何性质，求得抛物线的方程为，再利用点差法，即可求解.
【详解】由抛物线的准线为，可得，可得，所以，
设，可得，且，
两式相减，可得，
可得，所以直线的方程为，
即.
故选：A．
6. 近期，哈尔滨这座“冰城”火了，2024年元旦假期三天接待游客300多万人次，神秘的鄂伦春族再次走进世人的眼帘，这些英雄的后代讲述着英雄的故事，让哈尔滨大放异彩．现安排6名鄂伦春小伙去三个不同的景点宣传鄂伦春族的民俗文化，每个景点至少安排1人，则不同的安排方法种数是（ ）
A. 240B. 420C. 540D. 900
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，分为三个景点安排的人数之比为或或，结合排列、组合数的计算公式，即可求解.
【详解】若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法；
若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法；
若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法，
故不同的安排方法种数是．
故选：C．
7. 如图，为圆锥底面圆的一条直径，点为线段的中点，现沿将圆锥的侧面展开，所得的平面图形中为直角三角形，若，则圆锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，得到，由，求得，结合圆锥的侧面积公式和圆的面积公式，即可求解.
【详解】如图所示，作出展开图，可得为锐角，故，
由，可得，即为等边三角形，所以，
则圆锥的侧面积为，底面积，
所以圆锥的表面积为.
故选：B．
8. “曼哈顿距离”是人脸识别中的一种重要测距方式，其定义如下：设，则两点间的曼哈顿距离，已知，点在圆上运动，若点满足，则的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求得圆心，半径，设，则，可得点的轨迹为正方形，结合圆的性质，即可求解.
【详解】如图所示，由圆，可得，
则圆心，半径，
设，则，可得点的轨迹为如下所示的正方形，
其中，则，
则，所以的最大值为.
故选：D.
二､多选题：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. 已知函数，则（ ）
A. 直线为图象的一条对称轴
B. 点为图象的一个对称中心
C. 将的图象向右平移个单位长度后关于轴对称
D. 在上单调递增
【答案】AC
【解析】
【分析】由正弦函数的对称轴，对称中心，平移，单调性性质逐一判断选项即可.
【详解】A：，故A正确；
B：，故B错误；
C：将函数图象向右平移个单位长度后，得到，偶函数，故C正确；
D：因为，所以，则函数在上先增后减，故D错误．
故选：AC．
10. 已知棱长为2的正方体中，动点在棱上，记平面截正方体所得的截面图形为，则（ ）
A. 平面平面
B. 不存在点，使得直线平面
C. 最小值为
D. 的周长随着线段长度的增大而增大
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据几何体特征判断A选项,根据线面平行的判定定理判断B选项,结合距离和最小判断C选项,根据导数结合函数单调性判断D选项.
【详解】由于正方体的对角面相互垂直，故正确；
当点与重合时，直线平面，故错误；
将四边形翻折至与四边形共面，则，故C正确；
当时，为，且的周长为．
当时，为四边形，且四边形的周长为．
当时，如图，过点作，易得，所以为四边形，
设，四边形的周长为，则，
所以，令，解得，
所以在上单调递增，所以的周长随着线段长度的增大而增大，故D正确．
故选:ACD．

11. 已知函数的定义域均为，其中的图象关于点中心对称，的图象关于直线对称，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意，结合函数的性质，所以，可判定A错误；再由函数是以4为周期的周期函数，得到，可判定B正确；结合，结合周期性，可判定C错误；求得，进而可判定D正确.
【详解】由题意知，
所以，所以，所以A错误；
又由， 因为关于点中心对称，
所以，所以，
又因为，所以，
所以函数是以4为周期的周期函数，所以，所以B正确；
由，所以C错误；
因为，
所以，所以，所以D正确.
故选：BD.
第Ⅱ卷非选择题（共92分）
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知集合，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】列举法表示M，由交集的定义求.
【详解】因为，
又，所以．
故答案为：
13. 在中，，且，则的面积为__________；若，则__________．
【答案】 ①. 4 ②. ##
【解析】
【分析】利用正弦定理可得，进而可得，代入面积公式即可得的面积；根据题意可得，利用余弦定理可得，进而可得.
【详解】设角所对边分别为，
因为，由正弦定理可得，
又因为，则，
所以的面积；
当时，则，即，
由余弦定理可得，即，
所以．
故答案为：4；.
14. 已知椭圆的左､右焦点分别为，过的直线与交于两点，若，且，则的离心率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】作，分别求得，，，在直角中，利用勾股定理，列出关于离心率的方程，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】如图所示，作，垂足为，
因为，所以，点为的中点，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
在直角中，由勾股定理可得，
整理得到，即，
因为，解得.
故答案为：.

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. 2023年12月28日，小米汽车举行了技术发布会，首款产品SU7揭开神秘面纱，引起了广大车迷爱好者的热议，为了了解车迷们对该款汽车的购买意愿与性别是否具有相关性，某车迷协会随机抽取了200名车迷朋友进行调查，所得数据统计如下表所示．
（1）请根据小概率值的独立性检验，分析车迷们对该款汽车的购买意愿与性别是否有关；
（2）用频率估计概率，随机抽取两名车迷作深度访谈，记其中愿意购置该款汽车的人数为，求的分布列与期望．
参考公式：，其中．
【答案】（1）认为车迷们对该款汽车的购买意愿与性别有关．
（2）分布列见解析，数学期望为．
【解析】
【分析】(1)由题中公式计算，得出结果；
(2)由题意得到二项分布，求出相应的概率，列出分布列，用公式求出数学期望即可.
【小问1详解】
零假设为：车迷们对该款汽车的购买意愿与性别无关．
根据表中数据可得，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为车迷们对该款汽车的购买意愿与性别有关．
【小问2详解】
由题意得，随机抽取到1名愿意购置该款汽车的车迷的概率为，
故，
所以，
，
故的分布列为
（或）
16. 如图，在正四棱锥中，，点是的中点，点在棱上（异于端点）．
（1）若点是棱的中点，求证：平面平面；
（2）若二面角的余弦值为，求线段的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直证明面面垂直，先证明平面，即可得出平面平面.
（2）分别以为轴､轴､轴正方向建系，设，则进而表示出，求出平面的一个法向量为，再利用二面角的余弦值为求出，最后得出结果.
【小问1详解】
由题意得，正四棱锥所有棱长均为，
因为是的中点，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
【小问2详解】
如图，连接，易知两两垂直，分别以为轴､轴､轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以．
设，则，
所以，所以．
设平面的法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量为．
易知平面的法向量为，
设二面角的平面角为，
则，
即，解得或（不合题意，舍去），
此时．
17. 已知双曲线的左､右焦点分别为，点在上，且的面积为．
（1）求双曲线的方程；
（2）记点在轴上的射影为点，过点的直线与交于两点．探究：是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2），定值．
【解析】
【分析】（1）根据的面积为，表示为，结合双曲线方程，即可得到答案；
（2）首先设直线的方程与双曲线方程联立，并用坐标表示和，并利用韦达定理表示，即可化简求解.
【小问1详解】
设双曲线的焦距为，
由题意得，，
解得，故双曲线的方程为．
【小问2详解】

由题意得，，
当直线的斜率为零时，则．
当直线的斜率不为零时，设直线的方程为，点，
联立，整理得，
则，解得且，
所以，
所以
．
综上，，为定值．
18. 已知函数，其中．
（1）若，讨论在上的单调性；
（2）若存在正数，使得，且时，，求的取值范围．
【答案】18. 答案见解析.
19.
【解析】
【分析】（1）求导，讨论的正负及与1和4的大小关系判断单调性；
（2）先转化为，构造新函数得，求导分类讨论判断单调性，当分离参数求得范围.
【小问1详解】
由题意得，．
若，则，此时在上单调递增；
若，则，此时在上单调递增；
若，则，此时在上单调递减；
若，则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减．
【小问2详解】
由题意得，，使得函数在上单调递减，
．
令，
问题即转化为：．
①当时，，且单调递增，
易知，不合题意，舍去．
②当时，因为，
在上单调递增，在上单调递减，
．
即，使得．
令，
故，
在上单调递减，且当时，，
．
综上所述，实数的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：本题考查函数单调性及恒成立问题，注意第二问双变量k,x的处理，先看做x的恒成立问题，再对k有解.
19. 基本不等式可以推广到一般的情形：对于个正数，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即，当且仅当时，等号成立．若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①；②为单调数列，则称数列具有性质．
（1）若，求数列的最小项；
（2）若，记，判断数列是否具有性质，并说明理由；
（3）若，求证：数列具有性质．
【答案】（1）最小项为
（2）数列具有性质，理由见解析．
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用，结合三个数的算术平均不小于它们的几何平均求解；
（2）变形，再利用等比数列求和证明性质①，利用证明②；
（3）结合二项式定理及n元基本不等式求解.
【小问1详解】
，当且仅当，即时，等号成立，
数列的最小项为．
【小问2详解】
数列具有性质．
，
，
数列满足条件①．
为单调递增数列，数列满足条件②．
综上，数列具有性质．
【小问3详解】
先证数列满足条件①：
．
当时，
则，
数列满足条件①．
再证数列满足条件②：
（，等号取不到）
为单调递增数列，数列满足条件②．
综上，数列具有性质.
【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列求和及二项式定理，证明性质①均需要放缩为可求和数列.性别
购车意愿
合计
愿意购置该款汽车
不愿购置该款汽车
男性
100
20
120
女性
50
30
80
合计
150
50
200
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
0
1
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