安徽省江淮十校2024届高三下学期第三次联考数学试卷(含答案)

这是一份安徽省江淮十校2024届高三下学期第三次联考数学试卷(含答案)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知，，则( ).
A.B.C.D.
2．若，i为虚数单位，，则的最大值为( )
A.2B.C.4D.
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
4．在中，，边上的高等于，则( )
A.B.C.D.
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
6．已知，且，则的最小值为( )
A.2B.4C.8D.
7．如图，直线l在初始位置与等边的底边重合，之后l开始在平面上按逆时针方向绕点A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S是时间t的函数.这个函数的图象大致是( )
A.B.
C.D.
8．已知函数满足，且，则( )
A.B.C.0D.2024
二、多项选择题
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
10．设A，B两点的坐标分别为，直线，相交于点M，且它们的斜率之积为，则下列说法中正确的是( )
A.M的轨迹方程为
B.M的轨迹与椭圆共焦点
C.是M的轨迹的一条渐近线
D.过能做4条直线与M的轨迹有且只有一个公共点
11．如图，正三棱柱的各棱长相等，且均为2，N在内及其边界上运动，则下列说法中正确的是( )
A.存在点N，使得平面
B.若，则动点N的轨迹长度为
C.E为中点，若平面，则动点N轨迹长度为
D.存在点N，使得三棱锥的体积为
三、填空题
12．已知O为等边的中心，若，，则________.（用，表示）
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________.
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m的取值范围为________.
四、解答题
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n的值.（参考值：）
16．如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，.
（1）已知O为中点，求证：平面；
（2）求平面与平面夹角.
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A是线段的中点，求点A的坐标；
（2）过B作x轴的垂线交椭圆于点D，连，求面积的取值范围.
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兄换，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.
19．对于函数的导函数，若在其定义域内存在实数和t，使得成立，则称是“跃然”函数，并称t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.
参考答案
1．答案：B
解析：由得：或，即；
，，即，
.
故选：B.
2．答案：D
解析：根据题意，复数z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．答案：C
解析：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．答案：B
解析：如图，边上的高为，，且，
所以，则，
则，，
所以，则.
故选：B
5．答案：C
解析：因为直线，即，
当时，，解得，
所以直线l表示过定点，且除去的直线，
将圆C的方程化为标准方程为，因为，点A在圆上，
所以直线l与圆C可能相交，可能相切，相切时直线l为，不合题意，
所以直线l与圆C相交.
故选：C.
6．答案：A
解析：，，
，
当且仅当，即，即，时等号成立.
故选：A.
7．答案：C
解析：如图所示，取的中点E，连接，因为为等边三角形，可得，
设等边的边长为2，且，其中，
可得，
又由的面积为，可得，
且，
则的面积为，
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．答案：B
解析：，
，
，所以π是的一个周期，
又，，，
所以.
.
故选：B.
9．答案：ACD
解析：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．答案：BC
解析：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M的轨迹的焦点为与椭圆共焦点，故B正确；
对于C，点M的轨迹对应曲线的渐近线为，故C正确；
对于D，点在y轴上，设，，则，，
所以直线，与渐近线平行，但点P，Q不在点M的轨迹上，
故过点只能作点M的轨迹两条切线，如图所示，故D错误.
故选：BC.
11．答案：BCD
解析：对于A中，取中点，的中点为D，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H，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N，使得平面，所以A错误；
对于B中，因为，在直角中，可得，
所以点N的轨迹为以C为圆心，以1为半径的圆弧，
又因为，所以动点N的轨迹长度为，所以B正确；
对于C中，由点E为中点，取的中点F，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N的轨迹为线段，其长度为，所以C正确；
对于D中，由，当点N在内及其边界上运动时，
可得，因为，
所以存在点N，使得三棱锥的体积为，所以D正确.
故选：BCD.
12．答案：
解析：由题可得如图：
O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．答案：
解析：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．答案：
解析：因为，
所以，
当时，，
所以，又，所以，时也成立，
所以，
因为，
当n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，m的取值范围为，
故答案为：.
15．答案：（1）；（2）4
解析：（1）因为，
所以，
又，
所以，所以.
（2）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n的值为4.
16．答案：（1）证明见解析；（2）
解析：（1）取中点E，连接，，，
四边形为正方形，，，
平面，平面，，；
，，平面，平面，
平面，平面，又O，E为，中点，，
平面，又平面，平面，
，；
，E为中点，；
，平面，平面，
又平面，，
，平面，平面.
（2）以A为坐标原点，，，，正方向为x，y，z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．答案：（1）；（2）.
解析：（1）依题意，，设点，由点A是线段的中点，得，
由点A，B都在椭圆C上，得，解得，
所以点A的坐标为.
（2）依题意，直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，
由点A在点B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O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．答案：（1）；（2）分布列见解析；
解析：（1）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：；
（2）设小明最终获得饮料瓶数为X，则，
则，
，
，
，
所以X的分布列为：
.
19．答案：（1）证明见解析
（2）证明见解析，
解析：（1），，
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.
（2），，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.
X
P