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2024安徽省皖豫名校联盟卓越县中联盟高三下学期5月三模试题数学含解析
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这是一份2024安徽省皖豫名校联盟卓越县中联盟高三下学期5月三模试题数学含解析，共15页。试卷主要包含了记数列的前项和为，若，则，已知函数的图象关于直线对称，则，已知实数满足，则，已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
数 学
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置，
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，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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.已知某市高三共有20000名学生参加二模考试，统计发现他们的数学分数近似服从正态分布，据此估计，该市二模考试数学分数介于75到115之间的人数为（ ）
参考数据：若，则.
A.13272 B.16372 C.16800 D.19518
2.若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
3.在椭圆的4个顶点和2个焦点中，若存在不共线的三点恰为某个正方形的两个顶点和中心，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
4.记数列的前项和为，若，则（ ）
A.590 B.602 C.630 D.650
5.已知正方体的棱长为1，若从该正方体的8个顶点中任取4个，则这4个点可以构成体积为的四面体的概率为（ ）
A. B. C. D.
6.已知函数的图象关于直线对称，则（ ）
A.8 B.10 C.12 D.14
7.已知圆台的上､下底面面积分别为，其外接球球心满足，则圆台的外接球体积与圆台的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
8.已知实数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
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.已知函数，则（ ）
A.
B.的图象关于直线对称
C.在上单调递增
D.函数在上有2个零点
10.已知四棱锥的底面是边长为3的正方形，平面为等腰三角形，为棱上靠近的三等分点，点在棱上运动，则（ ）
A.平面
B.直线与平面所成角的正弦值为
C.
D.点到平面的距离为
11.已知抛物线和的焦点分别为，动直线与交于两点，与交于两点，其中，且当过点时，，则下列说法中正确的是（ ）
A.的方程为
B.已知点，则的最小值为3
C.
D.若，则与的面积相等
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知集合，若的所有元素之和为12，则实数__________.
13.已知圆的圆心为点，直线与圆交于两点，点在圆上，且，若，则__________.
14.已知，其中，且，则__________.
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.（13分）
某校为了给高三学生举办“18岁成人礼”活动，由团委草拟了活动方案，并以问卷的形式调查了部分同学对活动方案的评分（满分100分），所得评分统计如图所示.
（1）以频率估计概率，若在所有的学生中随机抽取3人，记评分在的人数为，求的数学期望和方差.
（2）为了解评分是否与性别有关，随机抽取了部分问卷，统计结果如下表所示，则依据的独立性检验，能否认为评分与性别有关？
（3）若将（2）中表格的人数数据都扩大为原来的10倍，则依据的独立性检验，所得结论与（2）中所得结论是否一致？直接给出结论即可，不必书写计算过程.
参考数据：
16.（15分）
如图，在三棱锥中，分别为棱的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）若点到底面的距离等于，且，求二面角的正弦值.
17.（15分）
已知函数，且曲线在点处的切线方程为.
（1）求的极值；
（2）若实数满足，记，求实数的最小值.
18.（17分）
已知双曲线的离心率为2，动直线与的左､右两支分别交于点，且当时，（为坐标原点）.
（1）求的方程；
（2）若点到的距离为的左､右顶点分别为，记直线的斜率分别为，求的最小值
19.（17分）
定义1：若数列满足①，②，则称为“两点数列”；定义2：对于给定的数列，若数列满足①，②，则称为的“生成数列”.
已知为“两点数列”，为的“生成数列”.
（1）若，求的前项和；
（2）设为常数列，为等比数列，从充分性和必要性上判断是的什么条件；
（3）求的最大值，并写出使得取到最大值的的一个通项公式.
皖豫名校联盟&安徽卓越县中联盟2024年5月3日至4日高三联考
数学·答案
一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分
1.答案C
命题意图本题考查正态分布及其应用
解析依题意，故所求人数为.
2.答案D
命题意图本题考查复数的运算､复数的慔.
解析依题意，，故，故.
3.答案C
命题意图本题考查椭圆的性质.
解析设椭圆的短半轴长为，半焦距为.根据题意，这三个点构成等腰直角三角形，这三个点只可能是“短轴的两个端点和一个焦点”或“两个焦点和短轴的一个端点”，这两种情况中都满足，故的离心率为.
4.答案A
命题意图本题考查等差数列的侃项和､数列的利项和与通项公式的关系.
解析因为，故，两式相減可得，.由，可得，满足上式，故，则.
5.答案A
命题意图本题考查排列组合与古典概型的概率计算.
解析设正方休为，那么满足条件的四个顶点只有“”和“”，故所求概率.
6.答案B
命题意图本题考查分段函数､函数的对称性.
解析依题意，为偶函数，当时，
，对照可知，则.
7.答案B
命题意图本题考查空间几何体的体积
解析设圆台的高为，外接球半径为，则，解得，故所求体积之
8.答案A
命题意图本题考查利用导数研究函数的性质.
解析依题意，则.令，故，故当时，在上单调递增，故，则.令，则，故当时，在上单调递增，则，则.综上所述：.
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分每小题全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.答案ABD
命题意图本题考查三角函数的图象与性质
解析易知的最小正周期为，所以也是的周期，则，故A正确；因为，故B正确；
函数在上先增后减，故错误；
令，故，在问一直角坐标系中分别作出和的大致图像（如图），观察可知，二者有两个交点，故函数在上有2个零点，故D正确.
10.答案BC
命题意图本题考查空间线面的位置关系.
解析如图，连接，交于点，连接，若平面，则，而，故不成立，故A错误；
过点作，茾足为，则直线与平面所成的角为，故B正确；
将平面翻折至与平面共面，且点在直线的两侧，连接，则，故C正确；
设点到平面的距离为，则3，解得，故D）错误.
11.答案ACD
命题意图本题考查抛物线的定义､方程，及直线与抛物线的综合性问题
解析当过点时，设，联立可得，故，解得
，则，故A正确；
点到的准线的距离，由抛物线定义可知，故错误；
设，由可得，故，问理可得，故正：确；
，故，注意到，可得，所以，从而与的面积相等，故D正确.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.答案-3
命题意图本题考查集合的元素､集合的运算
解析若，则，此时的所有元素之和为6，不符合题意，舍去；若，则，此时的所有元素之和为4，不符合题意，舍去；若且，则，故，解得舍去.
13.答案
命题意图本题考查圆的方程､平面向星的数量积､直线与圆的位置关系.
解析设弦的中点为，由题可知圆的半径为，因为，故.而
，解得.
14.答案
命题意图本题考查三角恒等变换.
解析依题意，，所以.，
因为，故，则，则，
即，则，解得，故.
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.命题意图本题考查二项分布､独立性检验
解析（1）由频率分布直方图可知评分在的频率为，
所以.
所以.
（2）依题意，
故依据的独立性检验，不能认为评分与性别有关.
（3）将表中的人数数据都扩大为原来的10倍后，所得结论与（2）中所得结论不一致.
16.命题意图本题考查空间线面的位置关系､向量法求空间角.
解析（1）取棱的中点，连接.
因为，
所以.
因为，故，
又因为，所以，
故，即.
因为，所以平面，
又平面，故平面平面.
（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，
则，所以.
所以.
设为平面的法向量，则取.
设为平面的法向量，则取.
所以，
故二面角的正弦值为.
17.命题意图本题考查导数的几何意义､利用导数研究函数的性质
解析（1）依题意，
则，①
而，故，即②，
联立①②，解得.
故，令，得或.
故当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，
故的极大值为，极小值为.
（2）由得，故，且，
令，则，
故当时，单调递增，当时，单调递减，
因此当时，，
故，则，
故实数的最小值为4.
18.命题意图本题考查双曲线的方程､直线与双曲线的综合性问题.
解析设.
（1）设的半焦距为.依题意离心率，得.
联立得，
其中，
则，
解得，
故的方程为.
（2）因为点到的距离为1，故，则.
联立得，
其中
且易知，故.
因为，故，
，
又，故.
由（1）可知，则，
故
，
又，故，
即的最小值为.
19.命题意图本题考查数列的通项公式､前项和公式､数列的递推公式
解析（1）依题意
故
因为，所以，
当为奇数时，，
当为偶数时，，即的奇数项，偶数项分别成等比数列.
故当为偶数时，
.
当为奇数时，.
综上所述，
（2）充分性：因为，所以，
所以，
又因为，所以是以1为首项，1为公比的等比数列，
故是的充分条件.
必要性：假设为等比数列，而不为常数列，
则中存在等于0的项，设项数最小的等于0的项为，其中，
所以，
则等比数列的公比为.
又，得等比数列的公比为，与式矛盾，
所以假设不成立，所以当为等比数列时，为常数列，
故是的必要条件.
综上，可知是的充要条件.
（3）当时，，当时，，
当时，，当时，.
综上所述，或或（上述四种情形每种中或1）.
又由题意可知，所以，
所以，故的最大值为，
此时的通项公式可以是
注：其他满足条件的数列形式也给满分.男生
女生
评分
30
35
评分
20
15
0.1
0.05
0.01
2.706
3.841
6.635
数 学
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置，
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，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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.已知某市高三共有20000名学生参加二模考试，统计发现他们的数学分数近似服从正态分布，据此估计，该市二模考试数学分数介于75到115之间的人数为（ ）
参考数据：若，则.
A.13272 B.16372 C.16800 D.19518
2.若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
3.在椭圆的4个顶点和2个焦点中，若存在不共线的三点恰为某个正方形的两个顶点和中心，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
4.记数列的前项和为，若，则（ ）
A.590 B.602 C.630 D.650
5.已知正方体的棱长为1，若从该正方体的8个顶点中任取4个，则这4个点可以构成体积为的四面体的概率为（ ）
A. B. C. D.
6.已知函数的图象关于直线对称，则（ ）
A.8 B.10 C.12 D.14
7.已知圆台的上､下底面面积分别为，其外接球球心满足，则圆台的外接球体积与圆台的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
8.已知实数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
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.已知函数，则（ ）
A.
B.的图象关于直线对称
C.在上单调递增
D.函数在上有2个零点
10.已知四棱锥的底面是边长为3的正方形，平面为等腰三角形，为棱上靠近的三等分点，点在棱上运动，则（ ）
A.平面
B.直线与平面所成角的正弦值为
C.
D.点到平面的距离为
11.已知抛物线和的焦点分别为，动直线与交于两点，与交于两点，其中，且当过点时，，则下列说法中正确的是（ ）
A.的方程为
B.已知点，则的最小值为3
C.
D.若，则与的面积相等
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知集合，若的所有元素之和为12，则实数__________.
13.已知圆的圆心为点，直线与圆交于两点，点在圆上，且，若，则__________.
14.已知，其中，且，则__________.
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.（13分）
某校为了给高三学生举办“18岁成人礼”活动，由团委草拟了活动方案，并以问卷的形式调查了部分同学对活动方案的评分（满分100分），所得评分统计如图所示.
（1）以频率估计概率，若在所有的学生中随机抽取3人，记评分在的人数为，求的数学期望和方差.
（2）为了解评分是否与性别有关，随机抽取了部分问卷，统计结果如下表所示，则依据的独立性检验，能否认为评分与性别有关？
（3）若将（2）中表格的人数数据都扩大为原来的10倍，则依据的独立性检验，所得结论与（2）中所得结论是否一致？直接给出结论即可，不必书写计算过程.
参考数据：
16.（15分）
如图，在三棱锥中，分别为棱的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）若点到底面的距离等于，且，求二面角的正弦值.
17.（15分）
已知函数，且曲线在点处的切线方程为.
（1）求的极值；
（2）若实数满足，记，求实数的最小值.
18.（17分）
已知双曲线的离心率为2，动直线与的左､右两支分别交于点，且当时，（为坐标原点）.
（1）求的方程；
（2）若点到的距离为的左､右顶点分别为，记直线的斜率分别为，求的最小值
19.（17分）
定义1：若数列满足①，②，则称为“两点数列”；定义2：对于给定的数列，若数列满足①，②，则称为的“生成数列”.
已知为“两点数列”，为的“生成数列”.
（1）若，求的前项和；
（2）设为常数列，为等比数列，从充分性和必要性上判断是的什么条件；
（3）求的最大值，并写出使得取到最大值的的一个通项公式.
皖豫名校联盟&安徽卓越县中联盟2024年5月3日至4日高三联考
数学·答案
一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分
1.答案C
命题意图本题考查正态分布及其应用
解析依题意，故所求人数为.
2.答案D
命题意图本题考查复数的运算､复数的慔.
解析依题意，，故，故.
3.答案C
命题意图本题考查椭圆的性质.
解析设椭圆的短半轴长为，半焦距为.根据题意，这三个点构成等腰直角三角形，这三个点只可能是“短轴的两个端点和一个焦点”或“两个焦点和短轴的一个端点”，这两种情况中都满足，故的离心率为.
4.答案A
命题意图本题考查等差数列的侃项和､数列的利项和与通项公式的关系.
解析因为，故，两式相減可得，.由，可得，满足上式，故，则.
5.答案A
命题意图本题考查排列组合与古典概型的概率计算.
解析设正方休为，那么满足条件的四个顶点只有“”和“”，故所求概率.
6.答案B
命题意图本题考查分段函数､函数的对称性.
解析依题意，为偶函数，当时，
，对照可知，则.
7.答案B
命题意图本题考查空间几何体的体积
解析设圆台的高为，外接球半径为，则，解得，故所求体积之
8.答案A
命题意图本题考查利用导数研究函数的性质.
解析依题意，则.令，故，故当时，在上单调递增，故，则.令，则，故当时，在上单调递增，则，则.综上所述：.
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分每小题全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.答案ABD
命题意图本题考查三角函数的图象与性质
解析易知的最小正周期为，所以也是的周期，则，故A正确；因为，故B正确；
函数在上先增后减，故错误；
令，故，在问一直角坐标系中分别作出和的大致图像（如图），观察可知，二者有两个交点，故函数在上有2个零点，故D正确.
10.答案BC
命题意图本题考查空间线面的位置关系.
解析如图，连接，交于点，连接，若平面，则，而，故不成立，故A错误；
过点作，茾足为，则直线与平面所成的角为，故B正确；
将平面翻折至与平面共面，且点在直线的两侧，连接，则，故C正确；
设点到平面的距离为，则3，解得，故D）错误.
11.答案ACD
命题意图本题考查抛物线的定义､方程，及直线与抛物线的综合性问题
解析当过点时，设，联立可得，故，解得
，则，故A正确；
点到的准线的距离，由抛物线定义可知，故错误；
设，由可得，故，问理可得，故正：确；
，故，注意到，可得，所以，从而与的面积相等，故D正确.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.答案-3
命题意图本题考查集合的元素､集合的运算
解析若，则，此时的所有元素之和为6，不符合题意，舍去；若，则，此时的所有元素之和为4，不符合题意，舍去；若且，则，故，解得舍去.
13.答案
命题意图本题考查圆的方程､平面向星的数量积､直线与圆的位置关系.
解析设弦的中点为，由题可知圆的半径为，因为，故.而
，解得.
14.答案
命题意图本题考查三角恒等变换.
解析依题意，，所以.，
因为，故，则，则，
即，则，解得，故.
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.命题意图本题考查二项分布､独立性检验
解析（1）由频率分布直方图可知评分在的频率为，
所以.
所以.
（2）依题意，
故依据的独立性检验，不能认为评分与性别有关.
（3）将表中的人数数据都扩大为原来的10倍后，所得结论与（2）中所得结论不一致.
16.命题意图本题考查空间线面的位置关系､向量法求空间角.
解析（1）取棱的中点，连接.
因为，
所以.
因为，故，
又因为，所以，
故，即.
因为，所以平面，
又平面，故平面平面.
（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，
则，所以.
所以.
设为平面的法向量，则取.
设为平面的法向量，则取.
所以，
故二面角的正弦值为.
17.命题意图本题考查导数的几何意义､利用导数研究函数的性质
解析（1）依题意，
则，①
而，故，即②，
联立①②，解得.
故，令，得或.
故当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，
故的极大值为，极小值为.
（2）由得，故，且，
令，则，
故当时，单调递增，当时，单调递减，
因此当时，，
故，则，
故实数的最小值为4.
18.命题意图本题考查双曲线的方程､直线与双曲线的综合性问题.
解析设.
（1）设的半焦距为.依题意离心率，得.
联立得，
其中，
则，
解得，
故的方程为.
（2）因为点到的距离为1，故，则.
联立得，
其中
且易知，故.
因为，故，
，
又，故.
由（1）可知，则，
故
，
又，故，
即的最小值为.
19.命题意图本题考查数列的通项公式､前项和公式､数列的递推公式
解析（1）依题意
故
因为，所以，
当为奇数时，，
当为偶数时，，即的奇数项，偶数项分别成等比数列.
故当为偶数时，
.
当为奇数时，.
综上所述，
（2）充分性：因为，所以，
所以，
又因为，所以是以1为首项，1为公比的等比数列，
故是的充分条件.
必要性：假设为等比数列，而不为常数列，
则中存在等于0的项，设项数最小的等于0的项为，其中，
所以，
则等比数列的公比为.
又，得等比数列的公比为，与式矛盾，
所以假设不成立，所以当为等比数列时，为常数列，
故是的必要条件.
综上，可知是的充要条件.
（3）当时，，当时，，
当时，，当时，.
综上所述，或或（上述四种情形每种中或1）.
又由题意可知，所以，
所以，故的最大值为，
此时的通项公式可以是
注：其他满足条件的数列形式也给满分.男生
女生
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2024届皖豫名校联盟安徽卓越高三下学期5月联考数学试题+答案： 这是一份2024届皖豫名校联盟安徽卓越高三下学期5月联考数学试题+答案，文件包含安徽省部分学校2024届高三下学期5月联考数学试卷pdf、数学皖豫安徽卓越高三5月联考答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
