安徽省皖中名校联盟2024届高三上学期第四次联考数学试题（Word版附解析）

这是一份安徽省皖中名校联盟2024届高三上学期第四次联考数学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了 设，则“”是“”的， 已知函数，则下列说法正确的是， 若实数满足，则等内容，欢迎下载使用。

数学试题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效.
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题可得，然后利用交集的概念即得.
【详解】由可得，即，
所以．
故选：C．
2. 若复数z满足，则（ ）
A. B. 5C. D. 20
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的除法计算出复数z，再利用模长公式求.
【详解】因为，所以，所以．
故选：A．
3. 若角的终边上有一点，且，则（ ）
A. 4B. C. -1D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据公式，即可得到本题答案.
【详解】由已知，得，解得.
因为，所以，则.
故选：C
4. 已知l，m是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若，，则
C. 若，，，则
D. 若，且与所成的角和与所成的角相等，则
【答案】C
【解析】
【分析】利用线面的位置关系，结合空间想象即可得解.
【详解】若，，，则与有可能平行，故A错误；
若，，则可能在内，故B错误；
若，，则，又，则，故C正确；
若，且与所成的角和与所成的角相等，则与有可能相交，故D错误.
故选：C.
5. 设，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】分别证明充分性和必要性，即可得到本题答案.
【详解】①当时，满足“”，但不满足“”，所以“”不能推出“”，故充分性不成立；
②由，解得，因“”可以推出“”，故必要性成立.
综上，可知“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
6. 粮食是关系国计民生的重要战略物资如图为储备水稻的粮仓，中间部分可近似看作是圆柱，圆柱的底面直径为，上、下两部分可以近似看作是完全相同的圆锥，圆柱的高是圆锥高的4倍，且这两个圆锥的顶点相距，每立方米的空间大约可装吨的水稻，则该粮仓最多可装水稻（ ）
A. 吨B. 吨C. 吨D. 吨
【答案】A
【解析】
【分析】利用圆锥、圆柱体积公式求出该组合体体积，即可求得答案.
【详解】由题这两个圆锥的顶点相距，圆柱的高是圆锥高的4倍，
设圆锥高为，则，
所以圆柱体积，
两个圆锥体积，
所以该组合体体积，
所以该粮仓最多可装水稻吨.
故选：A
7. 镇国寺塔亦称西塔，是一座方形七层楼阁式砖塔，顶端塔刹为一青铜铸葫芦，葫芦表面刻有“风调雨顺､国泰民安”八个字，是全国重点文物保护单位､国家3A级旅游景区，小胡同学想知道镇国寺塔的高度MN，他在塔的正北方向找到一座建筑物AB，高为7.5，在地面上点C处（B，C，N在同一水平面上且三点共线）测得建筑物顶部A，镇国寺塔顶部M的仰角分别为15°和60°，在A处测得镇国寺塔顶部M的仰角为30°，则镇国寺塔的高度约为（ ）（参考数据：）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知，在中应用正弦定理得，再由倍角余弦公式求，进而求镇国寺塔的高度.
【详解】在中，则，
所以，而，，
所以，又，
则.
故选：C
8. 已知函数有两条与直线平行的切线，且切点坐标分别为，，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求出在两点处的切线斜率，即可得出是的两根，利用韦达定理即可得出的取值范围.
【详解】根据题意可知的定义域为，所以，
易得，
由导数的几何意义可得切点为时，切线斜率为,
同理可得，点处切线斜率为；
又因为两条切线与直线平行，可得，即
所以是关于方程的两根，
所以，即，又
可得；
所以，由可得
即，所以的取值范围是.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用导数的几何意义和两直线平行的位置关系得出关于的等量关系，再根据函数定义域和韦达定理即可求得表达式的取值范围.
二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 函数的图象的一条对称轴方程为
C. 函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到
D. 函数在区间上单调递增
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用二倍角公式和辅助角公式化简得到，然后根据判断A选项；利用整体代入得方法得到对称轴，即可判断B选项；根据图象的平移变换判断C选项；根据复合函数的单调性判断D选项.
【详解】，函数的最小正周期为，故A正确；
由，得，当时，，故B正确；
由的图象向左平移个单位长度，得，故C正确．
因为，函数在上不单调，故D错误．
故选：ABC．
10. 若实数满足，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】代值计算判断选项A；根据同正不等式偶数次符号不变判断B；当当时，因为，所以与都是负数，相加依然是负数判断C；，根据已知结合不等式运算得出，即可判断D.
【详解】当时，，故A错误；
因为，所以，所以，故B正确；
当时，因为，所以与都是负数，
所以，故C错误；
因为，
当时，由得，两边同乘，得，即；
当时，由得，两边同乘，得，即，
所以，故D正确.
故选：BD.
11. 正方体的棱长为是正方形的中心，为线段上一动点，则（ ）
A.
B. 直线与直线所成角的余弦值为
C. 不存在点使得平面
D. 三棱锥的体积为定值
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据得到，A正确，确定是异面直线与直线所成角，计算得到B正确，当时， 平面，C错误，根据等体积法计算得到D正确，得到答案.
【详解】对于选项A：在中，是的中点，故，正确；

对于选项B：设是的中点，连接，则，
所以是异面直线与直线所成角（或其补角），
在中，，
所以，正确；
对于选项C：根据正方体的性质可知，
由于平面，平面，所以平面，
同理可证得平面，
由于平面，所以平面平面，
当时，平面，所以平面，
即存在点使得平面，错误；
对于选项D：，正确.
故选：ABD.
12. 已知为定义在上的偶函数且不是常函数，，若是奇函数，则（ ）
A. 的图象关于对称B.
C. 是奇函数D. 与关于原点对称
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据偶函数和函数对称性的定义可判断A选项；利用函数的周期性可判断B选项；利用奇函数的定义可判断C选项；利用对称性定义可判断D选项.
【详解】对于选项A，因为是奇函数，所以，
即，整理得2，
所以图象关于对称，故A正确；
对于选项B，因为为偶函数，所以，
所以，所以，故B正确；
对于选项C，，故C正确；
对于选项D，因为，所以与关于轴对称，不关于原点对称，故D错误.
故选：ABC.
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13. 已知向量满足，与的夹角为，则___．
【答案】2
【解析】
【分析】根据给定条件，求出，再利用数量积的运算律求解作答.
【详解】由，与的夹角为，得，
所以.
故答案为：2
14. 大西洋鲑鱼每年都要逆流而上游回产地产卵，研究鱼的科学家发现大西洋鲑鱼的游速v（单位：）可以表示为，其中M表示鱼的耗氧量的单位数.当一条大西洋鲑鱼的耗氧量的单位数是其静止时耗氧量的单位数的倍时，它的游速是______.
【答案】##
【解析】
【分析】设大西洋鲑鱼静止时的耗氧量为，计算出的值，再将代入，即可得解.
【详解】设大西洋鲑鱼静止时的耗氧量为，则，可得，
将代入可得，.
故答案为：.
15. 已知等差数列单调递增且满足，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求出首项和公差关系，表示出即可求出其取值范围.
【详解】设等差数列的公差为，因为单调递增，所以，
由，
所以，
则，
所以的取值范围是.
故答案为：
16. 已知，设的解集为，若，则实数a的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】先利用得出 的单调性，再结合 图像特点，可判断出存在，使得，根据，得出，分别求出 、 ，令 ，再利用 判断的单调性，确定m的范围，进而求出a的取值范围.
【详解】，
设，则，
所以单调递减，又时，，，
所以存在，使得，
故在上单调递增，在上单调递减，且，
又当和时，，所以存在，使得，因，所以，所以，
因为，所以，
设，
易知，又，
所以单调递增，所以，所以，即．
故答案为： .
【点睛】本题考查导数法研究函数的单调性，利用导数研究双变量问题，属难题.
四、解答题（本大题共6小题，共72分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知，.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用同角三角函数关系求值再根据角的范围判断符号即可；
（2）先根据同角三角函数关系求值再应用诱导公式求值.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，即.
因为，则，所以，，
因为，所以.
【小问2详解】
由解得，，
所以；
所以.
18. 设且，函数，且为奇函数．
（1）求a；
（2）求的最小值．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用奇函数的定义结合条件即得；
（2）由题可得，然后通过换元法可得，再利用导数求函数的最值即得.
【小问1详解】
因为，且为奇函数
所以，即，
所以，解得，又，
故．
【小问2详解】
由（1）知，
所以，
令，则，
所以，令，得，
当时，单调递减；当时，单调递增．
所以当取得最小值，
即时，的最小值为．
19. 已知函数，其中.
（1）当时，求的最小值；
（2）若对任意的恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求导函数，根据导函数正负确定单调性进而求出最小值即可；
（2）先移向构造新函数，再分类讨论求a的取值范围.
【小问1详解】
当时，，则，
由得；由得.
当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减，
所以.
【小问2详解】
设，则，
，令，则，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减，
所以.
①当时，，则，且不恒为0，
所以函数在区间上单调递减，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以，即对任意的恒成立；
②当时，，则，
所以函数在区间上单调递减，因为，当时，，
此时存在，使得，且当，，单调递减，
所以，不合题意；
③当时，，因为，，
由于函数在区间上单调递减，故存在，使得当时，，
此时，，则函数在区间上单调递增，
故当时，，单调递增，
所以，不满足题意.
综上所述，若对任意的恒成立，则的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：分类讨论反例否定法得出矛盾排出和.
20. 已知各项均为正数的数列的前n项和为，且，（且）．
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用（）化简题中条件，可得列是以1为首项，1为公差的等差数列，求得，再根据（），即可求解；（2）利用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
当时，，
即，解得．
因为（），
所以（），
又（，），，
所以（），
又，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，所以．
当时，，
当时，，满足上式，
所以数列的通项公式为．
【小问2详解】
由（1）知，
所以，
所以，
所以，
所以．
21. 如图，在平面四边形中，．

（1）若，求的长；
（2）若，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中，应用正弦定理求得，进而可得，进而有，在应用正弦定理求；
（2）由及，再结合正弦定理求.
【小问1详解】
在中，
整理得，
所以，故，
又，
在中，又，
所以，故.
【小问2详解】
由，
由，
而，故，故，
所以，
所以，即，
则，
在中，则.
22. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点.

（1）求证：平面PCD；
（2）求平面BPD与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据面面垂直证线面垂直，得平面，再得线线垂直，再根据正三角形三线合一证，最后由线面垂直的判定，证得平面PCD；
（2）建系，用空间向量坐标计算面面夹角的余弦值即可.
【小问1详解】
证明：在正方形中，，
又侧面底面，侧面底面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为是正三角形，是的中点，所以，
又，，平面，所以平面.
【小问2详解】
取中点为中点为，连接，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，
则，，，，，
所以，.
设平面的法向量为，则
由得
取，则，
由（1）知平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则.
所以平面与平面夹角的余弦值为.