安徽省六安第一中学2024届高三下学期质量检测数学试卷(一)

这是一份安徽省六安第一中学2024届高三下学期质量检测数学试卷(一)，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时间：120分钟 满分：150分
一、单项选择题：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．已知条件q：“不等式的解集是空集”，则条件p：“”是条件q的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
2．已知角终边上A点坐标为，则（ ）
A．130°B．140°C．220°D．230°
3．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设a，b，为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为．若，，则b的值可以是（ ）
A．2018B．2020C．2022D．2024
4．已知，是椭圆C：的两个焦点，点M在C上，则的最大值为（ ）
A．13B．12C．9D．6
5．已知函数，若成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知，点在直线上，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．过双曲线C：的左焦点作倾斜角为θ的直线l交C于M，N两点．若，则（ ）
A．B．C．D．
8．几何学史上有一个著名的米勒问题：“设E，F是锐角的一边PA上的两点，试在边PB上找一点Q，使得最大．”如图，其结论是：点Q为过E，F两点且和射线PB相切的圆的切点．根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系xOy中，给定两点，，点Q在y轴上移动，则的最大值为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．135°
二、多项选择题：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．已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下面四个结论正确的是（ ）
A．若，则为等腰三角形
B．在锐角中，不等式恒成立
C．若，，且有两解，则b的取值范围是
D．若，的平分线交AC于点D，，则的最小值为9
10．如图，在矩形AEFC中，，，B为EF中点，现分别沿AB、BC将、翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥，则（ ）
A．三棱锥的体积为
B．直线PA与直线BC所成角的余弦值为
C．直线PA与平面PBC所成角的正弦值为
D．三棱锥外接球的半径为
11．甲、乙两同学参加普法知识对抗赛，规则是每人每次从题库中随机抽取一题回答．若回答正确，得1分，答题继续；若回答错误，得0分，同时换成对方进行下一轮答题．据经验统计，甲、乙每次答题正确的概率分别是和，且第1题的顺序由抛掷硬币决定．设第i次答题者是甲的概率为，第i次回答问题结束后中甲的得分是，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．如图，某湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台D，已知射线AB，AC为湿地两边夹角为的公路（长度均超过4千米），在两条公路AB，AC上分别设立游客接送点E，F，且千米，若要求观景台D与两接送点所成角与互补且观景台D在EF的右侧，并在观景台D与接送点E，F之间建造两条观光线路DE与DF，则观光线路之和最长是______（千米）．
13．已知函数，，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数a的取值范围为______．
14．已知三棱锥，空间内一点M满足，则三棱锥与的体积之比为______．
四、解答题：本题共2小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（本小题满分13分）
如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．
（1）若，证明：平面；
（2）若二面角的正弦值为，求BQ的长．
16．（本小题满分15分）
已知数列的前n项和为，在数列中，，，．
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，为数列的前n项和，求的最值．
17．（本小题满分15分）
某次比赛中，甲乙二人进入决赛并争夺冠军．比赛规则为：①每局比赛后，胜者获得3分，负者获得1分，比赛没有平局；②连续2局获胜或积分率先达到11分者可获得冠军，比赛结束．已知在单局比赛中，甲乙获胜的概率均为．
（1）求甲乙决出冠军时比赛局数X的分布列与数学期望；
（2）求在甲获得冠军的条件下其积分达到11分的概率P．
18．（本小题满分17分）
已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，离心率为，且经过点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）点P是椭圆C上不在x轴上的任意一点，射线，分别与椭圆C交于点A，B．设，，的面积分别为，，．求证：为定值．
19．（本小题满分17分）
已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若关于x的方程有两个不相等的实数根、，
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证：．
六安一中2024届高三年级质量检测卷
数学试卷（一）参考答案
1．A【详解】因为不等式的解集是空集，所以不等式的解集是R，当即时，若，则，（舍）；若，则，；当时，则，解得，综上所述，所以条件p是条件q的充分不必要条件．故选：A．
2．B【详解】因为，，所以角的终边在第二象限，又因为
，且，所以．故选：B．
3．D【详解】，所以a除以9的余数是8，选项中只有2024除以9余8．故选：D
4．C【详解】由题，，，则，
所以（当且仅当时，等号成立）．故选：C．
5．C【详解】因为的定义域为，又，故函数为偶函数，又时，，单调递增，故由复合函数单调性可得函数在单调递增，函数在定义域上单调递增，所以在单调递增，所以，所以关于直线对称，且在单调递增．所以，两边平方，化简得，解得．故选：C．
6．B【详解】∵点在直线上，．∴，
∴，∴，
∴，表示点与点连线的斜率，点在单位圆上，由，则，可得，，故点为圆上劣弧，，故，，则．
7．D【详解】设双曲线的右焦点为F，连接MF，NF，由题意可得，，，
设，，，由余弦定理可得，即，解得，所以，故．故选：D．
8．B【详解】解：设圆心C坐标为，则，圆的方程为因为E、F两点在圆上，所以，解得或，当时，为劣弧所对角，故舍去．所以，，所以，，，所以为等腰直角三角形，所以，故选：B．
9．BCD【分析】A项，用余弦定理统一成边形式化简判断；B项，由为锐角三角形，与正弦函数的单调性可得；C项，结合图形，根据边角的关系与解的数量判断；D项，根据三角形面积可得到，将变为，展开后利用基本不等式，即可求得答案．
【详解】选项A，因为，即，所以有整理可得，所以或，故为等腰三角形或直角三角形，故A错误；选项B，若为锐角三角形，所以，所以，由正弦函数在单调递增，则，故B正确．选项C，如图，若有两解，则，所以，则b的取值范围是，故C正确．选项D，的平分线交AC于点D，，由，由角平分线性质和三角形面积公式得，得，即，得，得，当且仅当，即时，取等号，故D正确．故选：BCD．
10．BD【详解】由题意可得，，又，AP，，AP，平面PAC，所以平面PAC，在中，，AC边上的高为，所以，故A错误；
对于B，在中，，，
，
所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确；
对于C，，设点A到平面PBC的距离为d，
由，得，解得，
所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故C错误；
由B选项知，，则，所以的外接圆的半径，
设三棱锥外接球的半径为R，又因为平面PAC，则，所以，即三棱锥外接球的半径为，故D正确．故选：BD．
11．BCD
【详解】设“第i次答题者是甲”为事件，“第i次答题者是乙”为事件，由第1题的顺序由抛掷硬币决定可得，又，，由全概率公式，得，故A错误；第2次回答问题结束后甲的得分是，即两次回答中只有一次答对，所以，故B正确；由题意知，，
，所以，故C正确；第i次答题结束后，甲得分可分为两种情况：①第i次答题后甲的得分加上1分，则第i次必由甲答题且得1分；②第i次答题后甲的得分加上0分，则第i次由甲答题且不得分或第i次由乙答题，
所以，其中，故D正确．故选：BCD．
12．2【分析】根据余弦定理，结合基本不等式进行求解即可．
【详解】在中，因为，，所以，又与互补，所以，在中，由余弦定理得：，即，即，因为，所以，所以，当且仅当时，取等号，所以观光线路之和最长是2．故答案为：2
13．【详解】解：设函数上的切点坐标为，且，函数上的切点坐标为，且，又，，则公切线的斜率，则，所以，则公切线方程为，即，代入得：，则，整理得，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根，设，，则，令得，当时，单调递增，时，单调递减，又可得，则时，；时，，则函数的大致图象如下：
所以，解得，故实数a的取值范围为．
14．1【详解】由空间内一点M满足，
可得，因为，根据空间向量的基本定理，可得在平面ABC内存在一点D，使得，所以，即点D为SM的中点，可得，所以三棱锥和的体积比值为1．故答案为：1．
15．【详解】（1）证明：取的中点M，连接MP，MB．在四棱台中，四边形是梯形，，，
又点M，P分别是棱，的中点，所以，且．
在正方形ABCD中，，，又，所以．
从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面；
（2）在平面中，作于O．因为平面平面ABCD，平面平面，，平面，所以平面ABCD．
在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则．
以为正交基底，建立空间直角坐标系．
因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以．易得，，，，，所以，，．
法1：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，
解得（舍负），因此，．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
16．【详解】（1）由已知得，当时
．∴
当时，，也满足上式．所以
当时，，∴
当时，，符合上式
当时，，所以，也符合上式，综上，
∴，．
（2）由（1）可得：，∴
两式相减：
．∴
当n为奇数时，不妨设，，则
∴单调递减，
当n为偶数时，不妨设，，则
，
∴单调递增，，∴的最小值为，最大值为1．
17．【详解】（1）由比赛规则可知，1局比赛后，甲乙双方共获得4分，若比赛进行了4局还未结束，则双方共计16分，此时双方均为8分，则第5局比赛后必定有一人积分可达到11分，
故比赛次数不会超过5；由比赛规则可知，若比赛共进行了n局，（），
则前局不可能出现某人连胜2次（否则2连胜后比赛结束），
故前局必定甲乙二人胜负交替，综上可知：比赛决出冠军时，二人比赛过程中的胜负情况有以下三种可能：
第一，比赛进行n局（），前局二人胜负交替，第n局与第n1局胜者相同，此人达成2连胜并获得冠军（其积分不超过，故未达11分）；
第二，比赛进行了5局，二人始终胜负交替，其中第5局获胜者获得11分，另一方9分，此时获胜者仅积分率先达到11分并获得冠军；
第三，比赛进行了5局，前4局二人胜负交替，但第4局的获胜者在第5局连续获胜，则他同时完成2连胜且积分率先达到11分并获得冠军．
即随机事件“第i局比赛中甲获胜”，“甲达成2连胜”，“甲先获得11积分”；
根据题意，X的可能取值为2，3，4，5
，
，
，
．
于是X的分布列为：
故；
（2）根据以上分析可知：，
，，
故．
18．【详解】（1）由题意可得，又，所以，
将点代入椭圆方程，得，解得，，，
∴椭圆方程为．
（2）证明：设，，，则，即．
由（1）得，．
可设直线PA的方程为，其中，
联立方程整理得，，
则，同理可得．
则
，
所以是定值．
19．【详解】（1）解：因为，所以
，其中．①当时，，所以函数的减区间为，无增区间；②当时，由得，由可得．所以函数的增区间为，减区间为．综上：当时，函数的减区间为，无增区间；当时，函数的增区间为，减区间为．
（2）解：（ⅰ）方程可化为，即．令，因为函数在上单调递增，易知函数的值域为R，结合题意，关于t的方程（*）有两个不等的实根．又因为不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为．令，其中，则．由可得或，由可得，所以，函数在和上单调递减，在上单调递增．所以，函数的极小值为，且当时，；当时，则．作出函数和的图象如下图所示：由图可知，当时，函数与的图象有两个交点，所以，实数a的取值范围是．
（ⅱ）要证，只需证，即证．因为，所以只需证．由（ⅰ）知，不妨设．因为，所以，即，作差可得．所以只需证，即只需证．令，只需证．令，其中，则，所以在上单调递增，故，即在上恒成立．所以原不等式得证．
X
2
3
4
5
P