安徽省江淮十校2024届高三第三次联考数学试题word版（附解析版）

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本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：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．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．
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，，则（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数定义域和值域的求法可分别确定集合，由交集定义可得结果.
【详解】由得：或，即；
，，即，
.
故选：B.
2. 若为虚数单位，，则的最大值为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的几何意义可得复数对应的点的轨迹为以点为圆心，1为半径的圆，进而求出的最大值.
【详解】根据题意，复数对应的点的轨迹为以点为圆心，1为半径的圆，
所求式子的几何意义表示点到圆上点的距离的最大值，
如图所示，最大值为.
故选：D.
3. 学校食堂的一个窗口共卖5种菜，甲、乙2名同学每人从中选一种或两种，且两人之间不会互相影响，则不同的选法种数为（ ）
A. 20B. 25C. 225D. 450
【答案】C
【解析】
【分析】根据分步计数原理，结合组合数公式，即可求解.
【详解】甲和乙的选择方法分别有种方法，
所以甲和乙不同的选择方法有种.
故选：C
4. 在中，边上的高等于，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数，结合图形，即可求解.
【详解】如图，边上的高为，，且，
所以，则，
则，，
所以，则.
故选：B
5. 已知直线，圆，则该动直线与圆的位置关系是（ ）
A. 相离B. 相切C. 相交D. 不确定
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可得直线表示过定点，且除去的直线，点在圆上，可判断直线与圆相交.
【详解】因为直线，即，
当时，，解得，
所以直线表示过定点，且除去的直线，
将圆的方程化为标准方程为，因为，点在圆上，
所以直线与圆可能相交，可能相切，相切时直线为，不合题意，
所以直线与圆相交.
故选：C.
6. 已知，且，则的最小值为（ ）
A. 2B. 4C. 8D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，将所求式子变形利用基本不等式求解.
【详解】，，
，
当且仅当，即，即时等号成立.
故选：A.
7. 如图，直线在初始位置与等边的底边重合，之后开始在平面上按逆时针方向绕点匀速转动（转动角度不超过），它扫过的三角形内阴影部分的面积是时间的函数．这个函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，连接，设等边的边长为，求得，令，其中，结合导数，即可求解.
【详解】如图所示，取的中点，连接，因为为等边三角形，可得，
设等边的边长为，且，其中，
可得，
又由的面积为，可得，
且，
则面积为，
令，其中，
可得，所以为单调递增函数，
又由余弦函数的性质得，当时，函数取得最小值，
所以阴影部分的面积一直在增加，但是增加速度先快后慢再快，
结合选项，可得选项C符合题意
故选：C.
8. 已知函数满足，且，则（ ）
A. B. C. 0D. 2024
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，求出是的一个周期，利用周期性求解答案.
【详解】，，
，所以是的一个周期，
又，，，
所以.
.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是根据条件判断是的一个周期，再求出，，利用周期性求解.
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. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 是的一个周期
B. 在上递减
C. 将图象向左平移个单位可得到的图象
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】由三角函数的最小正周期公式可判断A；通过的单调性可判断B；通过函数图象左右平移作用于自变量，且左加右减可判断C；由题代入求出，再通过诱导公式和二倍角公式凑角求值可判断D.
【详解】对于A，由题意，函数，可得的最小正周期为，
所以是的一个周期，故A正确；
对于B，由，可得，
所以函数在上不单调，故B错误；
对于C，将的图象向左平移个单位可得，，
即，故C正确；
对于D，若，即，即，
所以，
故D正确.
故选：ACD.
10. 设两点的坐标分别为直线相交于点，且它们的斜率之积为，则下列说法中正确的是（ ）
A. 的轨迹方程为
B. 的轨迹与椭圆共焦点
C. 是的轨迹的一条渐近线
D. 过能做4条直线与轨迹有且只有一个公共点
【答案】BC
【解析】
【分析】对A，设点，，根据条件列式求出轨迹方程可判断；对B，由点的轨迹方程求出焦点坐标可判断；对C，点的轨迹方程求出渐近线方程可判断；对D，点在轴上，过点的直线与点的轨迹只有一个公共点，只有两条切线，其中与渐近线平行的直线过点不合题意.
【详解】对于A，设点，，则，，
所以，化简得，所以点的轨迹方程为.故A错误；
对于B，由A选项，点的轨迹的焦点为与椭圆共焦点，故B正确；
对于C，点轨迹对应曲线的渐近线为，故C正确；
对于D，点在轴上，设，则，，
所以直线，与渐近线平行，但点不在点的轨迹上，
故过点只能作点的轨迹两条切线，如图所示，故D错误.
故选：BC.

11. 如图，正三棱柱的各棱长相等，且均为2，在内及其边界上运动，则下列说法中正确的是（ ）
A. 存在点，使得平面
B. 若，则动点的轨迹长度为
C. 为中点，若平面，则动点的轨迹长度为
D. 存在点，使得三棱锥的体积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】取的中点，证得平面平面，得到平面，结合，可判定A；由，求得，得到点的轨迹为圆弧，可判定B；点为中点， 取的中点，证得平面平面，得到动点的轨迹为线段，可判定C；结合，可判定D.
【详解】对于A中，取的中点，的中点为，连接，
由为等边三角形，所以，
又由正三棱柱中，可得，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，
因为平面平面，
过作于，根据面面垂直的性质定理，可得平面，
在矩形中，，所以，
如图所示，此时的延长线与线段无公共点，
所以不存在点，使得平面，所以A错误；
对于B中，因为，在直角中，可得，
所以点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆弧，
又因为，所以动点的轨迹长度为，所以B正确；
对于C中，由点为中点， 取的中点，连接，
可得，，
因为平面，且平面，所以平面，
同理可得平面，
又因为，且平面，所以平面平面，
因为平面平面，
由平面，所以动点的轨迹为线段，其长度为，所以C正确；
对于D中，由，当点内及其边界上运动时，
可得，因为，
所以存在点，使得三棱锥的体积为，所以D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：对于立体几何中的动点轨迹与存在性性问题的求解策略
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知为等边的中心，若，则________．（用表示）
【答案】
【解析】
【分析】等边三角形的中心即三边中线的交点，由重心的结论：，结合向量的线性运算即可求解.
【详解】解：由题可得如图：

是的重心，，O是各边中线的交点，
，
，
又D为的中点，，故：
,
所以：，
故答案为：.
13. 某小学对四年级的某个班进行数学测试，男生的平均分和方差分别为91和11，女生的平均分和方差分别为86和8，已知该班男生有30人，女生有20人，则该班本次数学测试的总体方差为________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出总体的平均数，在利用计算得解.
【详解】设全体同学数学成绩的平均分为，方差为，
记，，，，，，
依题意有，
则
.
故答案为：.
14. 已知首项为的正项数列满足满足，若存在，使得不等式成立，则的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】先将已知等式两边取对数后由累乘法得到通项，再分为奇数和偶数时化简不等式后结合数列的单调性解一元二次不等式即可求出.
【详解】因为，
所以，
当时，，
所以，又，所以时也成立，
所以，
因为，
当为奇数时，上式变为，
所以，因为为递减数列，所以解得；
当为偶数时，上式变为，
所以，解得；
综上，的取值范围为，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于对已知不等式的变形，通过观察分析取对数化简后再累乘是关键.
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. 已知数列的首项，且满足．
（1）求的通项公式；
（2）已知，求使取得最大项时的值．（参考值：）
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）由递推关系将已知等式变形为，即可求出通项；
（2）由已知可设，代入解不等式组求出即可.
【小问1详解】
因为，
所以，
又，
所以，所以.
【小问2详解】
由（1）有，
所以，
设时，最大，
因为，
所以，
即，
解得，又，
所以，
所以使取得最大项时的值为4.
16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，.

（1）已知为中点，求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，根据线面垂直的判定与性质，结合等腰三角形三线合一性质的应用可分别证得，，由此可得结论；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据面面角的向量求法可求得结果.
【小问1详解】
取中点，连接，

四边形为正方形，，，
平面，平面，，；
，，平面，平面，
平面，平面，又为中点，，
平面，又平面，平面，
，；
，为中点，；
，平面，平面，
又平面，，
，平面，平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系，

不妨设，则，，，，
，，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，即平面与平面夹角余弦值为，
平面与平面的夹角为.
17. 已知椭圆，直线与轴交于点，过点的直线与交于两点（点在点的右侧）．
（1）若点是线段的中点，求点的坐标；
（2）过作轴的垂线交椭圆于点，连，求面积的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设点，表示出点，代入椭圆方程建立方程组，求解方程组即可.
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，借助韦达定理探求直线过定点，进而设出直线的方程，与椭圆方程联立求出三角形面积的函数关系求解即得.
【小问1详解】
依题意，，设点，由点是线段的中点，得，
由点都在椭圆上，得，解得，
所以点的坐标为.
【小问2详解】
依题意，直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，
由点在点的右侧，得，
由消去y得，
由，得，
，则有，
显然，直线的方程为：，
当时，，
因此直线过定点，设直线的方程为，
由消去x得，则，
，于是，
点到直线的距离，
因此，当且仅当时取等号，
而当时，直线与椭圆相切，不符合题意，
所以面积的取值范围为.

18. 一箱24瓶的饮料中有3瓶有奖券，每张奖券奖励饮料一瓶，小明从中任取2瓶，
（1）小明的这2瓶饮料中有中奖券的概率；
（2）若小明中奖后兑换的饮料继续中奖的话可继续兑换，兑换时随机选取箱中剩余的饮料，求小明最终获得饮料瓶数的分布列和期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）先求出任取2瓶的所有总数和抽取的2瓶饮料中无奖券的总数，再由古典概率求解即可；
（2）求出的可能取值及其对应的概率，再由均值公式求出期望.
【小问1详解】
一箱24瓶的饮料中有3瓶有奖券，所以无奖券的有21瓶，
从中任取2瓶，有种结果，
其中抽取的2瓶饮料中无奖券，有种，
所以小明的这2瓶饮料中有中奖券的概率为：；
【小问2详解】
设小明最终获得饮料瓶数为，则，
则，
，
，
，
所以的分布列为：
.
19. 对于函数的导函数，若在其定义域内存在实数和，使得成立，则称是“跃然”函数，并称是函数的“跃然值”．
（1）证明：当时，函数是“跃然”函数；
（2）证明：为“跃然”函数，并求出该函数“跃然值”的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）根据题意当时，设，令，即，设，，利用导数判断单调性结合零点存在性定理判断证明；
（2）将问题转化为函数存在零点，构造函数借助导数和零点存在性定理分，，三种情况讨论判断证明.
【小问1详解】
，，
当时，设，令，
得，设，，则，
即函数在上单调递增，又，
，
又，则，
所以存在使得，即，
所以函数是“跃然值”为1的“跃然”函数.
【小问2详解】
，，设，
则，所以，
当时，，对，此时不存在使得成立，不合题意；
当时，因为与在R上均单调递减，所以在R上单调递减，
所以在R上单调递增，又，，
所以存在使得，即，
当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
，
又，则，所以当时，，即函数单调递减，
当时，，即函数单调递增，
，即得.
所以，
此时不存在使得成立，不合题意；
当时，若，则，
从而，所以在上单调递增，
当时，设，则，
设，
当时，在上单调递增，且，
所以，从而，所以在上单调递增，
所以，所以，所以在R上单调递增，
又，因为，当时，，所以，
则，由零点存在性定理，存在使得，
即成立，符合题意；
当时，，显然存在零点，使得成立，符合题意；
当时，易知在上单调递减，，
所以，从而，所以在上单调递减，
又，时，，
所以存在，使得，即，
所以当时，，即单调递增，
当时，，即单调递减，
又，时，，
由零点存在性定理，存在使得，
即成立，符合题意；
综上，为“跃然”函数，该函数“跃然值”的取值范围为.
【点睛】思路点睛：本题的第一问，根据“跃然”函数的定义将问题转化为证明函数存在零点，利用导数判断单调性和零点存在性定理求解证明；第二问，设，则，当时，，显然不合题意，当时，利用导数和零点存在性定理可证，不合题意，当时，在分，，三种情况分别讨论判断证明.