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试卷(含答案)

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试卷(含答案)，共16页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．已知集合，，，则( )
A.B.C.D.
2．复数的虚部为( )
A.8B.-8C.D.
3．已知向量，，若向量在向量上的投影向量为，则( )
A.2B.C.-2D.
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．A，B，C，D，E五人站成一排，如果A，B必须相邻，那么排法种数为( )
A.24B.120C.48D.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n项和分别为、，如果关于x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.499B.500C.501D.502
二、多项选择题
9．已知一组数据：12，31，24，33，22，35，45，25，16，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A，B，O为坐标原点，如图，已知动直线l与双曲线C左､右两支分别交于P，Q两点，与其两条渐近线分别交于R，S两点，则下列命题正确的是( )
A.存在直线l，使得
B. l在运动的过程中，始终有
C.若直线l的方程为，存在k，使得取到最大值
D.若直线l的方程为，，则双曲线C的离心率为
11．如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，D是的中点，E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
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P为抛物线上的动点，点与点P的距离的最小值为2，则__________.
四、解答题
15．在中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，.
（1）求a；
（2）已知点D在线段上，且，求长.
16．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0.7,0.2,0.1，乙击中8环､9环､10环的概率分别为0.6,0.2,0.2，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X的分布列与数学期望.
17．如图，圆台的轴截面为等腰梯形，,B为底面圆周上异于A,C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．已知函数.
（1）当时，探究零点的个数；
（2）当时，证明：.
19．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M与两定点Q,P的距离之比,是一个常数，那么动点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上.已知动点M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F与右顶点A，且椭圆C的离心率为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，过右焦点F斜率为的直线l与椭圆C相交于B,D（点B在x轴上方），点S,T是椭圆C上异于B,D的两点，平分,平分.
①求的取值范围；
②将点S、F、T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l的方程.
参考答案
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A，B看成一体，A，B的排列方法有种方法，然后将A和B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.
9．答案：AD
解析：将原数据按从小到大的顺序排列为12,16,22,24,25,31,33,35,45,
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12,16,22,24,25,31,33,35，
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
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B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S坐标为，
将直线与渐近线联立得点R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k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l与渐近线，解得，
联立直线l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：A选项，连接，由于D为的中点，
所以，,又,,平面，
所以直线平面，又平面，所以，故A正确；
B选项，把沿着展开与平面在同一个平面内，连接交于点E，则的最小值即为的长，由于，,
，
，
所以，故,的周长最小值为，B错误；
C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O，取的中点M，连接，,过点P作垂直于于点F，
则F为的中心，点O在上，过点O作于点N，
因为，,所以，同理，
则，故，设，故，
因为，所以，即，解得，C正确；
D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r，四个小球球心连线是棱长为的正四面体，由C选项可知，其高为，由C选项可知，是正四面体的高，过点Q且与平面交于S，与平面交于Z，则，,由C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，D正确.
故选：ACD.
12．答案：3920
解析：小于300的所有末尾是1的三位数101,111,121，…，291，
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：3920.
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：，4,12
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，p的值为，4,12.
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B，
则事件B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X的所有可能取值为0,1,2,3，
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X的分布列为
所以.
17．答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）取中点P，作直线，直线即为所求，取中点H，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，
在中，,，当且仅当时取等号，此时点为重合，
梯形的面积S为定值，，
当最大，即点与重合时四棱锥的体积最大，又，,以为原点，射线,,分别为x，y，z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．答案：（1）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）证明见解析
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C的方程为，
方法②设，由题意（常数），
整理得：，故，又，解得：,.
，椭圆C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l的斜率，则，，
代入得：，即，
，.
②由（1）知，，由阿波罗尼斯圆定义知，
S，T，F在以B，D为定点的阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为，半径为r，与直线l的另一个交点为N，则有，即，解得：.
又，故,,
又，
.
解得：,,,直线l的方程为.
X
0
1
2
3
P
0.512
0.384
0.096
0.008