安徽省A10联盟2024届高三下学期最后一卷（三模）数学试卷（Word版附解析）

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本试卷分第Ⅰ卷（进择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分，考试时间120分钟．请在答题卡上作答．
第Ⅰ卷（选择题 共58分）
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. 样本数据：1，3，5，1，9，5，6，11，8的60%分位数是（ ）
A. 5B. 5.5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根据百分位数的定义进行求解即可.
【详解】样本数据按照从小到大的顺序为，
因为，
所以样本数据的60%分位数是第个数，为.
故选：C.
2. 已知集合，则的子集的个数为（ ）
A. 16B. 8C. 4D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用交集定义与子集个数与元素个数的关系计算即可得.
【详解】由，可得，
则的子集的个数为.
故选：B.
3. 已知数列的前n项和满足,则（ ）
A. 272B. 152C. 68D. 38
【答案】B
【解析】
【分析】借助数列前n项和性质计算即可得.
【详解】，
则.
故选：B.
4. 已知函数，则对任意实数， “”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】C
【解析】
【分析】根据的解析式判断出在上是奇函数、增函数，然后可以判断出答案.
【详解】的定义域为，且在上是增函数，
因为，
，
所以，所以是奇函数，
所以由可得，所以，所以，
反之，由得，所以，.
所以“”是“”的充要条件，
故选：C
5. 已知，且，则的最小值为（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，可得，再利用基本不等式计算即可得.
【详解】，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：D.
6. 某年级在元旦活动中要安排6个节目的表演顺序，其中有3个不同的歌唱节目和3个不同的舞蹈节目，要求第一个和最后一个都必须安排舞蹈节目，且不能连续安排3个歌唱节目，则不同的安排方法有（ ）
A. 144种B. 72种C. 36种D. 24种
【答案】B
【解析】
【分析】先排第一及最后一个节目，再排歌唱节目，最后用插空法计算即可得.
【详解】先从3个不同的舞蹈节目选出2个分别安排在第一及最后一个，有种，
再将3个不同的歌唱节目排成一列，有种，
3个不同的歌唱节目中间有2个空，从中选1个安排最后一个节目，有种，
故共有.
故选：B.
7. 过双曲线的下顶点作某一条渐近线的垂线，分别与两条渐近线相交于两点，若,则C的离心率为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】过点作另一条渐近线的垂线于，借助双曲线的对称性计算可得，即可得离心率.
【详解】过点作另一条渐近线的垂线于，由对称性可得，
由，则有，则，
故，故，故，
即.
故选：A.
8. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，利用导数求取单调性可得、之间大小关系，构造函数，利用导数求取单调性可得、之间大小关系，即可得解.
【详解】由，
即，
令，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
则有，即，
令，
则在上恒成立，
故在上单调递减，
则有，即，
故.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于构造出函数、，以比较、与、之间大小关系.
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. 已知向量，则（ ）
A. B.
C. D. 在上的投影向量为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由向量的线性运算、平行以及垂直的坐标表示可判断ABC，由投影向量的定义可判断D.
【详解】对于A，，故A正确；
对于BC，由于，，故B错误，C正确；
对于D，在上的投影向量为，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知函数，则（ ）
A. 是偶函数B. 的最小正周期是
C. 的值域为D. 在上单调递增
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，直接用偶函数的定义即可验证；对于B，直接说明即可否定；对于C，先证明，再说明对总有有解即可验证；对于D，直接说明即可否定.
【详解】对于A，由于的定义域为，且，
故是偶函数，A正确；
对于B，由于，，故，这说明不是的周期，B错误；
对于C，由于
，
且，故.
而对，有，，故由零点存在定理知一定存在使得.
所以的值域为，C正确；
对于D，由于，，故在上并不是单调递增的，D错误.
故选：AC.
11. 在棱长为2的正方体中，点E为棱的中点，点F是正方形内一动点（包括边界），则（ ）
A. 三棱锥体积为定值
B. 若平面，则点F的轨迹长度是
C. 当点Q在直线上运动时，的最小值是
D. 若点F是棱的中点，则平面截正方体所得截面的周长为
【答案】AB
【解析】
【分析】对A：由平面平行可得点到平面的距离为定值，结合体积公式即可得；对B：借助线面平行的判定定理与性质定理与面面平行的性质定理可得平面平面，计算即可得点F的轨迹长度；对C：将沿翻折到与在同一个平面，借助两点之间线段最短计算即可得；对D：画出截面图形后计算即可得.
【详解】对于A：平面平面，则点到平面的距离为定值2，
则，故A正确；
对于B：如图1，分别取中点，连接，
则，且，又，，
故且，所以四边形是平行四边形，
所以，因为平面平面，
所以平面，同理，有平面，
因为且都在面，所以平面平面，
因为平面平面，
所以点的轨迹是线段，其长度为，故B正确；
对于C，把沿翻折到与在同一个平面(如图2所示)，
连接，则是的最小值，
其中是边长为的等边三角形，
是直角边为2的等腰直角三角形，
由对称性得，
即的最小值是，故C错误；
对于D：如图3，由B选项知，四边形就是平面截正方体所得截面的图形，
其周长为，故D错误.
故选：AB.
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若复数z满足，则_____________．
【答案】
【解析】
【分析】借助复数四则运算与共轭复数定义计算即可得.
【详解】由，则，即，
故.
故答案为：.
13. 在中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且满足,，则的面积是_____________．
【答案】##
【解析】
【分析】先化角为边结合余弦定理得出，利用可得，利用面积公式可得答案.
【详解】因为，
由正弦定理可得，整理得，，
因为，所以；
由得，即，
因为，
所以，即，所以三角形是正三角形，
因为，所以的面积是.
故答案为：
14. 已知曲线与曲线在第一象限交于点A，记两条曲线在点A处的切线的倾斜角分别为，则_____________．
【答案】##
【解析】
【分析】求出交点后，借助圆的切线的性质与导数的几何意义计算即可得.
【详解】，解得，，故，
设曲线在点A处的切线为，即，
曲线在点A处的切线为，
由可得其圆心为，半径为，
则有，即，解得，
对，有，则，则，
即，，
则.
故答案为：.
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. 甲、乙两人进行知识答题比赛，每答对一题加20分，答错一题减20分，且赛前两人初始积分均为60分，两人答题相互独立．已知甲答对每题的概率均为，乙答对每题的概率均为，且某道题两人都答对的概率为，都答错的概率为．
（1）求，的值；
（2）乙回答3题后，记乙的积分为，求的分布列和期望．
【答案】（1），
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）借助相互独立事件的乘法公式可得方程组，解出该方程组即可得；
（2）得出的所有可能取值后计算相应概率即可得分布列，借助分布列计算即可得其期望.
【小问1详解】
由题意可得，解得；
【小问2详解】
的可能取值为，
，，
，，
则其分布列为：
.
16. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面平面为上一点，且．
（1）若是直角三角形，求证：；
（2）若为锐角，且四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）借助面面垂直的性质定理与线面垂直的性质定理可得线面垂直，再利用线面垂直的性质定理推导即可得；
（2）利用面面垂直的性质定理及体积公式计算相应长度，再建立适当空间直角坐标系，借助空间向量计算即可得.
【小问1详解】
连接，因为直角三角形，，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，
因为四边形为直角梯形，，
所以，所以，
所以，因为，平面，
所以平面，因为平面，所以；
【小问2详解】
因为为锐角，作于，则点在线段上，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，则为四棱锥的高，
因为四棱锥的体积为，
所以，解得，则，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，过与平行的直线为轴，
建立空间直角坐标系如图，则，
所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，得，即平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
17. 已知椭圆的右焦点为F，C在点处的切线l分别交直线和直线于两点．
（1）求证：直线与C相切；
（2）探究：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2），理由见解析
【解析】
【分析】（1）联立曲线后消去纵坐标可得一元二次方程，借助椭圆方程代入计算可得该一元二次方程有唯一解即可得证；
（2）由（1）可得直线的方程，即可得两点坐标，计算出与即可得.
【小问1详解】
联立，整理得：，
又因为，即，则，
即，此方程有唯一解，即直线与椭圆相切；
【小问2详解】
由（1）知，直线方程为，即，
将直线和直线分别与上式联立，
由题意可得，
因为，所以，
所以，即为定值.
18. 已知函数．
（1）求证：至多只有一个零点；
（2）当时，分别为的极大值点和极小值点，若成立，求实数k的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）分、及进行讨论，利用导数求得函数的单调性后结合零点的存在性定理即可得；
（2）由（1）可将转换为，再构造函数，分及进行分类讨论即可得.
【小问1详解】
由题意得，，
当时，令，解得，
①当时，，所以在上单调递增，
又，此时函数有唯一的零点；
②当时，，
所以时，单调递增，
时，单调递减，
时，单调递增，
又，
则函数在区间上无零点，
在上至多只有一个零点，
所以函数 至多只有一个零点；
③当时，，
所以时，单调递增，
时，单调递减，
时，单调递增，
又，
则函数在上至多只有一个零点，在区间上无零点，
所以函数至多只有一个零点，
综上，函数至多只有一个零点；
【小问2详解】
由（1）知，当时，在上单调递增，在单调递减，
所以极大值点为，极小值点为，
此时，
因为，所以，
因为，所以，所以,
所以，即，
设，则，
令，则，
①当时，，此时恒成立，则在上单调递增，
所以，此时，
②当时，，设的两个根为，且，
则，所以，
则当时，，此时在上单调递减，
所以当时，，此时，与 矛盾，不合题意.
综上所述，的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于借助第一问所得，将双变量、变为单变量，从而可构造函数，分及进行讨论即可得.
19. 特征根方程法是求一类特殊递推关系数列通项公式的重要方法．一般地，若数列满足，则数列的通项公式可按以下步骤求解：①对应的特征方程为，该方程有两个不等实数根；②令，其中，为常数，利用求出A，B，可得的通项公式．已知数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）求满足不等式的最小整数的值；
（3）记数列的所有项构成的集合为M，求证：都不是的元素．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）借助题目中所给特征根方程法计算即可得；
（2），结合数列是单调递增数列，计算即可得；
（3）由计算可得，由可得，即可得，从而可得，即可得证.
【小问1详解】
由题意可得对应的特征方程为，解得，
不妨设，，
则可设，其中，为常数，
由，可得，
即有，解得，
故；
【小问2详解】
，
即，
由，，，，，，，，
则，，
且数列是单调递增数列，故满足要求的最小整数的值为；
【小问3详解】
由，可得，
即，
故
，
故，
故，
易知数列为单调递增数列，且，
当时，，故，即，
故对都不是的元素.
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助得到，从而证明.