20：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题（原卷及解析版）

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数学
考生注意：
1.试卷分值：150分，考试时间：120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效.考试结束后只交答题卡.
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合的交集与补集运算求解即可.
【详解】，
，
又
故选：A．
2. 复数的虚部是（ ）.
A. B. C. 8D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据复数的乘法和除法运算化简复数，再由复数的概念可求得选项.
【详解】因为，所以复数的虚部是，
故选：A.
【点睛】本题考查复数的除法和乘法运算，以及复数的概念，属于基础题.
3. 已知向量，，若向量在向量上的投影向量为，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量投影的概念运算求出，再利用向量数量积运算求得结果.
【详解】由题在上的投影向量为，
又，，即，
.
故选：A.
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
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件与必要条件的定义，根据三角形内角的性质以及三角函数的诱导公式，可得答案.
【详解】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. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】圆的方程化为，求出圆心和半径，利用直角三角形求出，由二倍角公式可得的值．
【详解】圆可化为，则圆心，半径为；
设，切线为、，则，
中，，所以．
故选：A．
6. ，，，，五人站成一排，如果，必须相邻，那么排法种数共有（ ）
A. 24B. 120C. 48D. 60
【答案】C
【解析】
【分析】利用捆绑法以及分步计数原理求解.
【详解】将，看成一体，，的排列方法有种方法，然后将和当成一个整体与其他三个人一共个元素进行全排列，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：.
7. 若系列椭圆（，）的离心率，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化为标准方程，直接求出离心率列方程即可求解.
【详解】椭圆可化为：.
因为，所以离心率，解得：.
故选：A
8. 已知等差数列（公差不为0）和等差数列的前项和分别为，如果关于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
【答案】D
【解析】
【分析】依题意，由等差数列的性质及求和公式得到，要想无实根，需满足，结合根的判别式与基本不等式得到至多一个成立，同理可证：至多一个成立，至多一个成立，且，从而得到结论.
【详解】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502个，
故选：D.
【点睛】解决本题关键是灵活运用二次方程根的判别式，等差数列性质及基本不等式进行求解.
二、多选题（本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分，有选错的得0分）
9. 已知一组数据：，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
【答案】AD
【解析】
【分析】依次分别算出这组数据去掉12和45前后的平均数，方差，第40百分位数和中位数，对比即可得解.
【详解】将原数据按从小到大的顺序排列为，
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，
其中位数为25，平均数是，
方差是，
由，得新数据第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. 双曲线：，左、右顶点分别为，，为坐标原点，如图，已知动直线与双曲线左、右两支分别交于，两点,与其两条渐近线分别交于，两点,则下列命题正确的是（ ）
A. 存在直线，使得
B. 在运动的过程中，始终有
C. 若直线的方程为，存在，使得取到最大值
D. 若直线的方程为，，则双曲线的离心率为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据与渐近线平行的直线不可能与双曲线有两个交点可对A项判断；设直线：分别与双曲线联立，渐近线联立，分别求出和
坐标，从而可对B、C项判断；根据，求出，从而可对D项判断.
【详解】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：，与渐近线联立得点坐标为，
将直线：与渐近线联立得点坐标为
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：联立直线与渐近线，解得，
联立直线与渐近线，解得由题可知，，
所以即
，解得，所以，故D项正确.
故选：BD.
11. 如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，是的中点，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
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，作出辅助线，由三线合一得到线线垂直，进而得到线面垂直，进而得到线线垂直，求出答案；B选项，把沿着展开与平面同一平面内，由余弦定理求出的最小值，得到周长的最小值；C选项，求出正四面体的内切球即为小球半径的最大值；D选项，当四个小球相切且与大正四面体相切时，小球半径最大，连接四个小球的球心，构成正四面体，设出半径，结合C选项中结论得到方程，求出小球半径的最大值.
【详解】A选项，连接，由于为的中点，

所以⊥，⊥，
又，平面，
所以直线⊥平面，又平面，
所以⊥，故A正确；
B选项，把沿着展开与平面同一个平面内，连接交于点，
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，取的中点，连接，过点作垂直于于点，
则为的中心，点在上，过点作⊥于点，
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，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，过点且与平面交于，与平面交于，
则，，
由C选项可知，正四面体内切球的半径是高的得，如图正四面体中，，，
正四面体高为，解得，D正确.

故选：ACD
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 小于300的所有末尾是1的三位数的和等于______．
【答案】3920
【解析】
【分析】根据小于300的所有末尾是1的三位数是以101为首项，以10为公差的等差数列求解.
【详解】解：小于300的所有末尾是1的三位数是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. 已知函数，若恒成立，则__________.
【答案】1
【解析】
【分析】对求导，分和两种情况，判断的单调性，求出的最小值，再结合恒成立求出的取值范围.
【详解】由题可得的定义域为，且，
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，所以在上恒成立，
故要使恒成立，则，所以.
故答案为：1
14. 已知抛物线，点为抛物线上的动点，点与点的距离的最小值为2，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意得，对与0大小关系分类讨论即可得解.
【详解】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，的值为.
故答案为：.
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）
15. 在中，的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）已知点在线段上，且，求长.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理角化边即可得解.
（2）由（1）的结论，利用余弦定理、正弦定理求解即得.
【小问1详解】
在中，由及余弦定理，得，
即，而，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，由余弦定理得，
为三角形内角，则，而，于是，
在中，由正弦定理得，
所以.
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，乙击中8环､9环､10环的概率分别为，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，求的分布列与数学期望.
【答案】（1）0.2 （2）分布列见解析，数学期望为0.6
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件的概率乘法公式计算即可；（2）根据独立重复实验相关概率计算知识可得答案.
【小问1详解】
设乙击中的环数少于甲击中的环数为事件，
则事件包括：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.
【小问2详解】
由题可知的所有可能取值为，
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，
，
故的分布列为
所以.
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QAC所成角为，当四棱锥的体积最大时，求的取值范围.
【答案】（1）作图及理由见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取中点P，作直线，再利用线面平行判定推理作答.
（2）延长交于点O，作直线，再确定四棱锥体积最大时，点B的位置，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量建立线面角正弦的函数关系，求出其范围作答.
【小问1详解】
取中点P，作直线，则直线即为所求，
取中点H，连接，则有，如图，
在等腰梯形中，，有，则四边形为平行四边形，
即有，又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
延长交于点O，作直线，则直线即为直线，如图，
过点B作于，因为平面平面，平面平面，平面，
因此平面，即为四棱锥的高，在中，，
，当且仅当时取等号，此时点与重合，
梯形的面积为定值，四棱锥的体积，
于是当最大，即点与重合时四棱锥的体积最大，，
以为原点，射线分别为轴的非负半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，则，
，
设，则
设平面一个法向量，则，令，得，
则有，
令，则，当时，，
当时，，当且仅当，即时取等号，
综上得，
所以的取值范围是.
【点睛】思路点睛：求空间角的最值问题，根据给定条件，选定变量，将该角的某个三角函数建立起选定变量的函数，求出函数最值即可.
18. 已知函数.
（1）当时，探究零点的个数；
（2）当时，证明：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）首先求得导函数，然后分类讨论确定零点的个数即可；
（2）由题意可知在上有1个零点，结合不等式的特点，构造函数，对函数进行求导，利用导数推出成立，再代入进行求证即可.
【小问1详解】
，定义域为.
当时，二次函数的图象开口向上，对称轴为.
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；
【小问2详解】
证明：由（1）分析知，当时，二次函数的图象开口向下，此时，在上有1个零点，设零点为，
则，解得，，
进一步，当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，
不妨设，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以当时，函数取得最大值，最大值，则成立，
此时，
故.
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，指的是已知动点与两定点，的距离之比，是一个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上．已知动点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与右顶点，且椭圆的离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于，（点在轴上方），点，是椭圆上异于，的两点，平分，平分．
①求的取值范围；
②将点、、看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若外接圆的面积为，求直线的方程．
【答案】（1）；（2）①；②．
【解析】
【分析】（1）方法1，利用特殊值法，求得椭圆方程，方法2，利用定义整理得，再根据条件列式求得椭圆方程；方法3，利用定义进行整理，由为常数，求得系数，得到椭圆方程；（2）①首先由面积比值求得，令，则，利用坐标表示向量，求得，再求范围；②由阿波罗尼斯圆定义知，，，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，由几何关系列式得，求得，再根据，求得，即可计算直线方程.
【详解】（1）方法（1）特殊值法，令，，且，解得
∴，，椭圆的方程为
方法（2）设，由题意（常数），
整理得：，
故，又，解得：，．
∴，椭圆的方程为．
方法（3）设，则．
由题意
∵为常数，∴，又，解得：，，故
∴椭圆的方程为
（2）①由，又，
∴（或由角平分线定理得）
令，则，设，则有，
又直线的斜率，则，代入得：
，即，
∵，∴．
②由①知，，由阿波罗尼斯圆定义知，
，，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为，
则有，即，解得：．
又，故，∴
又，
∴，
解得：，，
∴，∴直线的方程为．
【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹问题，考查直线与椭圆的位置关系，以及外接圆，新定义的综合应用，属于难题，本题的关键是读懂题意，并根据几何关系进行消参，转化与化归，是本题的关键也是难点.0
1
2
3
0.512
0.384
0.096
0.008