安徽省霍山文峰学校2024届高三最后一卷数学试卷

这是一份安徽省霍山文峰学校2024届高三最后一卷数学试卷，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．“”是“直线与直线平行”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
3．在边长为1的正六边形中，的值为（ ）
A．2B．C．D．
4．已知，若，则的取值可以为（ ）
A．2B．1C．D．
5．若，则（ ）
A．B．
C．D．
6．某罐中装有大小和质地相同的4个红球和3个绿球，每次不放回地随机摸出1个球.记“第一次摸球时摸到红球”，“第一次摸球时摸到绿球”，“第二次摸球时摸到红球”，“第二次摸球时摸到绿球”，“两次都摸到红球”，“两次都摸到绿球”，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知函数的导函数是，
如果函数的图像如图所示，那么的值分别为（ ）
A．1，0B．C．D．
8．已知，分别为椭圆的左､右焦点，为椭圆的上顶点，过作的垂线，并与椭圆交于点，且满足，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（每题6分，共18分）
9．已知抛物线与抛物线关于轴对称，则下列说法正确的是（ ）
A．抛物线的焦点坐标是
B．抛物线关于轴对称
C．抛物线的准线方程为
D．抛物线的焦点到准线的距离为4
10．如图，正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为，BC 2．若将正三棱锥A-PBC绕BC旋转，使得点A，P分别旋转至点处，且，B，C，D四点共面，点，D分别位于BC两侧，则（ ）
A．
B．平面BDC
C．多面体的外接球的表面积为
D．点A，P旋转运动的轨迹长相等
11．英国科学家牛顿在数学、物理、天文学方面作出了巨大的贡献.他曾用“切线法”求函数零点的近似值，方法是不断通过作函数图象的切线，这些切线与轴的交点的横坐标就是函数一个零点的不同程度的近似值；现在给定函数，点是曲线上的点，设，以点为切点作曲线的切线，切线与轴的交点的横坐标为；又以点为切点作曲线的切线，切线与轴的交点的横坐标为，……，一直下去，得到数列；又记，则下列说法正确的是（ ）
A．B．是等比数列
C．是等比数列D．设数列的前项和为，则
三、填空题（每题5分，共15分）
12．如右图在复平面内，复数和对应的点分别为，则 .
13．在中，若，，，则 .
14．设，记函数在区间上
的最大值为，若对任意，都有，则实数的最大值为 .
四、解答题（本题共5题，共77分）
15．（13分）如图，在三棱锥中，两两互相垂直，分别是的中点.
(1)证明：；
(2)设和平面所成的角为，
求点到平面的距离.
16．（15分）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足．
(1)试判断的形状；
(2)若的外接圆半径为2，求周长的最大值．
17．（15分）某公司为考核员工，采用某方案对员工进行业务技能测试，并统计分析测试成绩以确定员工绩效等级．
(1)已知该公司甲部门有3名负责人，乙部门有4名负责人，该公司从甲、乙两部门中随机选取3名负责人做测试分析，记负责人来自甲部门的人数为，求的最有可能的取值：
(2)该公司统计了七个部门测试的平均成绩（满分100分）与绩效等级优秀率，如下表所示：
根据数据绘制散点图，初步判断，选用作为回归方程．令，经计算得，
（ⅰ）已知某部门测试的平均成绩为60分，估计其绩效等级优秀率；
（ⅱ）根据统计分析，大致认为各部门测试平均成绩，其中近似为样本平均数，近似为样本方差．经计算，求某个部门绩效等级优秀率不低于的概率．
参考公式与数据：①．
②线性回归方程中，，．
③若随机变量，则，，．
18．（17分）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，若满足，求证：；
(3)若函数，当时，恒成立，求实数的取值范围.
19．（17分）如图，双曲线的左､右焦点，分别为双曲线的左､右顶点，过点的直线分别交双曲线的左､右两支于两点，交双曲线的右支于点（与点不重合），且与的周长之差为2.
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线交双曲线的右支于两点.
①记直线的斜率为，直线的斜率为，求的值；
②试探究：是否为定值？并说明理由.
32
41
54
68
74
80
92
0.28
0.34
0.44
0.58
0.66
0.74
0.94
参考答案：
1．D
【分析】解指数不等式求出，从而求出并集.
【详解】因为，解得，故，
故.
故选：D
2．A
【分析】根据两直线平行系数满足的关系，列出方程，即可得到结果.
【详解】由，且，
解得或，
故是直线与直线平行充分不必要条件，
故答案选:A
3．B
【分析】根据给定条件，利用数量积的定义计算即得.
【详解】如图，，，
所以.
故选：B
4．A
【分析】借助赋值法计算即可得.
【详解】令，有，
即或.
故选：A.
5．B
【分析】利用指数函数单调性比较大小判断A，利用幂函数单调性比较大小判断B，利用对数函数单调性比较大小判断C，举特例判断D.
【详解】对于A，因为，所以指数函数单调递减，所以，错误；
对于B，因为，所以幂函数在上单调递增，所以，正确；
对于C，因为，所以对数函数单调递减，所以，错误；
对于D，当时，满足，有，
此时不满足，错误.
故选：B
6．C
【分析】根据题意，利用条件概率的计算公式，以及相互独立事件的概念和计算，逐项求解，即可求解.
【详解】由条件概率的公式，可得或，故C正确；
因为，不相互独立，所以或，
，所以，所以A错误；
因为，
所以，故B错误；
由，
则，所以D错误.
故选：C.
7．A
【分析】根据题意，求导可得，从而可得的解析式，再结合函数图像代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，
则，
则
，其中，
由图像可知，函数的最大值为，即，且，
所以，，即，
又函数过点，将点代入可得，
即，或，
又，则当时，无解，
当时，，则，
所以，.
故选：A
8．C
【分析】利用椭圆的定义，结合余弦定理可得离心率.
【详解】
如图所示，
设关于原点对称的点为，则为平行四边形，
由可知，，，三点共线，且，
设，则，在中，，解得，
注意到，
在中结合余弦定理可得，，
解得，则，所以，
故选：C.
9．AC
【分析】依题意可得抛物线的方程为，即可得到其焦点坐标与准线方程，再根据抛物线的性质判断即可.
【详解】因为抛物线与抛物线关于轴对称，
所以抛物线的方程为，
则抛物线的焦点坐标是，准线方程为，故A、C正确；
抛物线关于轴对称，故B错误；
抛物线的焦点到准线的距离为，故D错误.
故选：AC
10．BC
【分析】由已知可得，正三棱锥侧棱两两互相垂直，放到正方体中，借助正方体研究线面位置关系和外接球表面积.
【详解】正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为，BC 2，则正三棱锥A-PBC中侧棱两两互相垂直，正三棱锥D-PBC中侧棱两两互相垂直，则正三棱锥可以放到正方体中，当点A，P分别旋转至点处，且，B，C，D四点共面，点，D分别位于BC两侧时，如图所示，
连接，，如图所示
正方体中且，四边形为平行四边形，则有
为等边三角形，则与夹角为，，有与夹角为，选项A错误；
，平面BDC ，平面BDC ，平面BDC ，选项B正确；
多面体的外接球即棱长为的正方体的外接球，外接球的半径为，表面积为，选项C正确；
点A，P旋转角度相同，但旋转半径不同，所以运动的轨迹长不相等，选项D错误.
故选：BC
【点睛】思路点睛：本题的关键在于作出旋转后的图形，根据图形研究相关的性质，而正三棱锥中侧棱两两互相垂直，图形放到正方体中，又使判断线面位置关系和运算变得更简便.
11．ACD
【分析】由导数的意义求出斜率，再由点斜式求出切线方程可得A正确；由导数的意义得到切线方程后令，得到，再仿写出，，最后取对数后可得B错误，C正确；由等比数列的前项和公式可得D正确.
【详解】A：因为，
所以切线的斜率为，
所以由点斜式可得以为切点的切线，
化简可得，
令得，故A正确；
B、C：设点为切点，则切线，
令得，
所以，，
，取对数可得，
所以是等比数列，首项，公比为，故B错误，C正确；
D：又是首项为，公比为的等比数列，所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查求曲线上某点的切线方程，关键是针对BC选项构造相同结构的两式作商并且取对数得到数列递推关系.
12．/
【分析】根据条件，利用复数的运算，即可求出结果.
【详解】由题意可知，，
则，
故答案为：.
13．
【分析】由同角三角函数关系求解，再由正弦定理可得解.
【详解】由已知，，
则，，
又，
所以，，
又根据正弦定理，
则，
故答案为：.
14．
【分析】根据在内单调递增，分析可知或，整理得关于的不等式或的解集为，可得，运算求解即可.
【详解】因为，则在内单调递增，
则在内单调递增，
又因为在区间上的最大值为，
可得或，
由题意可知：或，
则或，
整理得或，
即关于的不等式或的解集为，
可知，
整理得，则，
又因为，解得，所以的最大值为.
故答案为：．
【点睛】方法点睛：恒成立问题解题方法指导：
方法1：分离参数法求最值.
(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
(2)恒成立⇔；
恒成立⇔；
能成立⇔；
能成立⇔.
方法2：根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．
15．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）解法一：取的中点，连接，证明平面即可；解法二：以为原点，分别以直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，证明即可；
（2）解法一：证明平面，可得的长为点到平面的距离，求解即可；解法二：以为原点，分别以直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）解法一：取的中点，连接.
因为分别是的中点，
所以，又，
所以，又，且平面，
从而平面，又平面，所以.
解法二：因为，平面，所以平面.
过点在平面内作，因为，所以.
故可以为原点，分别以直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系（如图）.
设，则，.
从而.
因为，所以.
（2）解法一：因为，平面，
所以平面，即的长为点到平面的距离.
同理可得平面，进而有.
连接(图参考第一问法一)，易知.
在Rt中，.
因为，所以平面,
故是和平面所成的角，即，
且,于是.
故点到平面的距离为.
解法二：因为，平面，所以平面.
过点在平面内作，因为，所以.
故可以为原点，分别以直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系（图参考第一问法二）.
设，则，.
从而，易知是平面的一个法向量.
因为和平面所成的角为，所以，即.
在Rt中，，
在Rt中，，
即，解得.
因为，平面，
所以平面，即的长为点到平面的距离.
故点到平面的距离为.
16．(1)为等腰三角形
(2)
【分析】（1）根据题意结合三角恒等变换可得，结合分析求解；
（2）利用正弦定理可得周长，构建函数，利用导数求最值，即可得结果.
【详解】（1）由题意可知：
，
整理得，
且，则，可知，即，
所以为等腰三角形.
（2）由正弦定理，可得，
则周长，
由（1）可知：，
可得，
构建函数，
则，
因为，则，
当时，，则；
当时，，则；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则，
所以当且仅当为等边三角形时，周长取到最大值.
17．(1)
(2)（ⅰ）（ⅱ）
【分析】（1）依题意的可能取值为，，，，求出所对应的概率，即可判断；
（2）（ⅰ）对两边取对数，由参考数据可知，根据样本中心点求出，即可求出回归方程，再将代入计算可得；（ⅱ）依题意可得，，再令，求出的取值范围，再由正态分布的性质计算可得.
【详解】（1）依题意，随机变量服从超几何分布，且的可能取值为，，，，
则，，，．
由此可得最大，即的可能性最大，故最有可能的取值为；
（2）（ⅰ）依题意，两边取对数，得，
即，其中，
由提供的参考数据，可知，又，故，
所以，
由提供的参考数据，可得，故，
当时，，即估计其绩效等级优秀率为；
（ⅱ）由（ⅰ）及提供的参考数据可知，，，
又，即，可得，即．
又，且，
由正态分布的性质，得，
记“绩效等级优秀率不低于”为事件，则，
所以绩效等级优秀率不低于的概率等于．
18．(1)答案见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）对求导，分类讨论和，判断的正负即可得出答案；
（2）要证，只需证，令，对求导，结合基本不等式得出在上单调递增，即可得证；
（3）法一：对求导，分类讨论和，得出的单调性证明即可；法二、法三：分类讨论和，分离参数可得，分别由洛必达法则和拉格朗日中值定理求出即可.
【详解】（1）解：，
当时，在上单调递增，
当时，令，解得，
单调递减，
单调递增，
综上：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：由题意，则.
要证，只需证，
而，且函数在上单调递减，
故只需证，
又，所以只需证，
即证，
令，
即
，
由均值不等式可得
（当且仅当，即时，等号成立）.
所以函数在上单调递增.
由，可得，即，
所以，
又函数在上单调递减，
所以，即得证.
（3）法一：，则，
令，
当时，，在上单调递增，且.
①当时，在上单调递增，
，符合题意，.
②当时，又在上单调递增，且
当趋近正无穷，趋近正无穷，
，使得，
在上单调递减，
在上单调递增，
而，所以不合题意.
综上：实数的取值范围为.
法二：，
当时，恒成立，
当时，由得，
即，
令，即，
则，
令，
则.
在上单调递增，，
即在上单调递增，而，所以符合洛必达法则.
由洛必达法则得：
实数的取值范围为.
法三：，
当时，恒成立，
当时，由得，
即，
设，又，
则由拉格朗日中值定理可知：
令，
即
又，
在上单调递增，，
实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，常用方法有如下几种：
方法一：等价转化是证明不等式成立的常见方法，其中利用函数的对称性定义，构造对称差函数是解决极值点偏移问题的基本处理策略；
方法二：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，构造函数利用函数的单调性证明的不等式即可，例如对数平均不等式的证明；
方法三：利用不等式的性质对原不等式作等价转换后，利用导数证明相关的式子成立.
19．(1)
(2)①3；②为定值4，理由见解析
【分析】（1）设，根据题意，得到，且，联立方程组，求得的值，即可求解；
（2）①设，求得，结合，即可求解；
②由（1）得直线的方程为，联立方程组，得到，结合弦长公式，求得和，进而化简得到为定值.
【详解】（1）解：设，因为与的周长之差为，
所以，即，
又因为分别为双曲线的左、右顶点，所以，
联立方程组，解得，所以，
故双曲线的方程为.
（2）解：①由（1）知，双曲线的方程为，
设，则，可得，
则.
② 为定值.
理由如下：
由（1）得直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，则，
因为位于双曲线的左､右两支，所以，即，
可得，
又因为，所以直线的方程为，
根据双曲线的对称性，同理可得，
所以，故为定值.
【点睛】方法知识总结：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
3、若与面积有关的定值问题，一般用直接法求解，即先利用三角形的面积公式，（如果是其他的凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解），把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可求解.