安徽省名校2024届高三上学期12月阶段检测联考数学试卷(含答案)

这是一份安徽省名校2024届高三上学期12月阶段检测联考数学试卷(含答案)，共20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．已知复数z满足（其中为虚数单位）,则复数z的实部与虚部的和为( )
A.B.1C.-1D.-2
2．设集合,,则等于( )
A.B.C.D.
3．等比数列的前n项和为,,则“”是“对,”成立的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分又不必要条件
4．椭圆的右顶点为A,上顶点为B,右焦点为F,若直线与以A为圆心半径为的圆相切,则椭圆离心率等于( )
A.B.C.D.
5．已知等差数列,其前n项和为,若,且满足,,成等比数列,则等于( )
A.或B.C.D.2
6．已知,,则的值为( )
A.B.C.D.
7．已知函数在区间为上存在零点,则的最小值( )
A.1B.C.D.
8．PaulGuldin（古尔丁）定理又称帕普斯几何中心定理,其内容为:面积为S的封闭的平面图形绕同一平面内且不与之相交的轴旋转一周产生的曲面围成的几何体,若平面图形的重心到轴的距离为d,则形成的几何体体积V等于该平面图形的面积与该平面图形重心到旋转轴的垂线段为半径所画的圆的周长的积,即.现有一工艺品,其底座是绕同一平面内的直线（如图所示）旋转围成的几何体.测得,,,上口直径为36cm,下口直径56cm,则该底座的体积为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．已知函数,,则以下结论正确的是( )
A.函数的最小正周期为
B.函数的图象关于点成中心对称
C.函数与的图象有偶数个交点
D.当时,
10．如图,已知多面体,底面是边长为2的正三角形,,,两两平行,且,,,,,两两所成角为.则以下结论正碓的是( )
A.平面
B.与垂直
C.点到平面的距离为
D.多面体的体积为
11．已知,,且满足,则以下结论正确的是( )
A.的最大值为B.的最小值为
C.取最小值时D.的最小值为
12．已知正项数列满足:,,则以下结论正确的是( )
A.若时,数列单调递减
B.若时,数列单调递增
C.若时,
D.若,数列的前n项和,则
三、填空题
13．已知非零向量,夹角为30°,,,则等于_________.
14．为了探究两类统计量x,y的关系,经采集样本数据,,…,,发现其散点图呈线性关系,其中,,,若x,y的方差分别为0.5,2,且y的平均数为10,则x的平均数为__________.
15．已知函数,其中,且恒成立,在上单调,则的取值范围是__________.
16．已知P为的内切圆圆心,,,成等差数列,则的最小值等于__________.
四、解答题
17．已知数列满足:,,,.
（1）证明:数列为等差数列,并写出数列的通项;
（2）求数列的前n项和.
18．已知中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且.
（1）证明:;
（2）若,求角C取得最大值时,边上的高h.
19．已知四棱锥,底面为平行四边形,,,,.
（1）证明:平面;
（2）若,求二面角的正弦值.
20．2023年10月26日,神舟十七号顺利发射,我国史上最年轻航天员乘组创造了中国航天历史.这一伟大壮举激发了行知中学学生学习航天知识的热情,学校开展了“航天知识竞赛”活动.活动分为三个阶段,第一阶段为“初赛”,通过网络答题活动,遴选优秀学生60名;第二阶段为“复赛”,由初赛遴选的60名学生进行“航天模型设计”竞赛;第三阶段为“决赛”,由“复赛”成绩前2名的学生进行“空间知识竞赛”决赛,获胜者授予“航天小达人”称号.现统计参加“航天模型设计”竞赛的60名学生的成绩得到频率分布直方图如下:
（1）根据频率分布直方图,估计参加“航天模型设计”竞赛的60名学生的成绩平均分;
（2）已知甲、乙两名同学参加决赛,决赛采取现场答题的方式进行.比赛规则如下:若选手答对题,则继续下一次答题;若答错题,则由另一位选手进行下一次答题.已知甲、乙两位选手答对任一试题的概率均为,每次答题相互独立,且甲选手答第1题.
①求前3次答题,甲答2次题的概率;
②设第n次为甲答题的概率为,求.
21．已知函数,,的图象的一条切线的方程为..
（1）求a;
（2）当,时,证明:.
22．已知函数,,有两个零点,.
（1）若,求a的最小值;
（2）证明:.
参考答案
1．答案：A
解析：设,则,
由,则,
整理得,
有,解得,所以,
即复数z的实部与虚部之和为.
故选:A
2．答案：D
解析：由题意得,,
因为,在单调递增,所以,
,
所以.
故选:D
3．答案：A
解析：等比数列的前n项和为,,
当时,即公比,则数列为各项均为正数的递增数列,
则有,成立;
当时,则也是各项均为正数的等比数列,此时,
则“”是“对,”成立的充分不必要条件.
故选:A
4．答案：B
解析：依题意,,,,所以直线的方程为:,
又直线与以A为圆心半径为的圆相切,故,
化简得,即或,又椭圆的离心率,所以,
故选:B.
5．答案：C
解析：由已知可得,设的公差为d,
且,即,
故.
故选:C
6．答案：D
解析：由,得,
又,所以,
所以,
所以.
故选:D
7．答案：C
解析：
设在区间上的零点,
则有,
可看作直线上一点与原点的距离平方,
易知原点到直线的距离
,
因为,
当时取得等号,显然,即C项正确.
故选:C
8．答案：B
解析：在中,,,,由余弦定理,
得,
由,得.同理可得,所以为直角三角形.
所以,
设的重心为G,BC的中点为D,如图,
则,又,
所以,
所以.
故选:B
9．答案：ABD
解析：对于选项A:因为,
所以函数的最小正周期为,故A正确;
对于选项B:因为,
所以函数的图象关于点成中心对称,故B正确;
对于选项C:因为,
所以函数的图象关于点成中心对称,
即函数与的图象均关于点成中心对称,
因为,即为函数与的一个交点,
当,函数与的图象有个交点,
则当,函数与的图象有个交点,
综上所述:函数与图象有个交点,为奇数个,故C错误;
对于选项D:当时,则,所以,
且,,,
所以,故D正确;
故选:ABD.
10．答案：BC
解析：A:在上取点D,使得,又,
所以四边形为平行四边形,则,
又平面,所以平面不成立,故A错误;
B:作,垂足为E,由,,
在中,,则,
又,且,,所以四边形为矩形,
得,又,所以,故B正确;
C:由题意知,设在底面投影为正三角形的中心为O,
,在中,,
即点到平面的距离为,故C正确;
D:设C到平面的距离为h,由等体积法,
得,即,解得,
所以,故D错误.
故选:BC
11．答案：BD
解析：对于A:由,,且,所以,解得,
当且仅当,即取等号,故A项错误;
对于B:,当且仅当,即时取等号,故B项正确;
对于C:,所以当,即时有最小值,故C项错误;
对于D:
,
当且仅当,取等号,故D项正确;
故选:BD
12．答案：CD
解析：由已知,所以,
故与同号,即与同号,
若时,则,则,即,
且,故,数列为递增数列;A错误;
若时,可知,可得,数列为递减数列,B错误;
故,C正确;
若,则,,故,
则时,故,
,D正确.
故选:CD
13．答案：2
解析：由,得,即,得,
又,所以,即,
所以.
故答案为:2
14．答案：4
解析：由题意知,,则,
由,得,
因为,所以,由解得,
所以,
则,
得,即,
所以x的平均数为4.
故答案为:4
15．答案：
解析：由题意知,,则,即,解得,.
由,,得,
即,,
若函数在上单调递增,则,,
即,,解得,则不等式组无解;
若函数在上单调递减,则,,
即,,解得,则,
所以实数的取值范围为.
故答案为:
16．答案：
解析：设角A,B,C的对边为a,b,c,由已知得,
故,由余弦定理得,,
即,当且仅当时等号成立,
又,
,所以,
又,所以,,,
故答案为:
17．答案：（1）证明见详解,;
（2）
解析：（1）将左右同时除得:
,
整理得,即是等差数列,
因为,,得,
所以;
（2）由上可知,
则①,
②,
①②得
所以.
18．答案：（1）证明见详解
（2）
解析：（1）证明:由余弦定理得:
,,
又因为,
所以,
,
所以,
由正弦定理得:.
（2）由余弦定理:,
以及,得:
,
当且仅当时取等号,
即此时取最小值,
因为在单调递减,故此时C最大,
此时,
由（1）,
又,所以,
如图在中,
由图可知:边上的高.
19．答案：（1）见详解
（2）
解析：（1）证明:过点A作,连接,如图所示:
设,因为,,
所以,,,
又,,
所以,
又,
所以在中,
,
又,
所以,又,且,AE,AB均含于面ABE
所以平面,
即平面
（2）连接,交于点O,
因为,,
所以为等边三角形,
由（1）故,
由（1）平面,平面,
所以,
所以,
在中,,
所以,
所以直线,,两两互相垂直,
所以以,,所在直线分别为x,y,z轴
建立空间直角坐标系,如图所示:
则,,,,
设平面一个法向量为,
则由
令,,
所以平面的一个法向量为,
设平面的一个法向量为,
则由
令,,
所以平面的一个法向量为,
设二面角的大小为,
所以,
所以二面角的正弦值为:
.
20．答案：（1）92分;
（2）;
解析：（1）根据频率分布直方图可知平均分分;
（2）①前三次答题,甲答两次的情况有两种:甲甲乙,甲乙甲,概率为;
②由题意可知,,
是等比数列,首项为,公比为,
所以
21．答案：（1）
（2）证明见解析
解析：（1）由题意知,,则,
由切线方程为知,斜率为,
令,解得,则,即切点为,
所以切线方程为,即,
所以;
（2）由（1）知,,
当时,,函数在上单调递减,
且,所以,即,
得,所以,令,则,
且,
所以当时,
,
即证.
22．答案：（1）4
（2）证明见解析
解析：（1）,
当时,,在R上为单调递增函数,不可能有两个零点,舍去.
当时,令得,,
当时,,此时为减函数,
当时,,此时为增函数,
故,
要使有两个零点,首先满足,
令,
,
当时,,此时为增函数,且,
当时,,此时为减函数,
,
,
又,所以a的最小值为4,
下面证明当时,存在两个零点,此时,
,,
又由的单调性知在上各存在一个零点,满足条件.
所以a的最小值为4.
（2）因为有两个零点,,不妨设,
所以,,
两式相减得,
所以,
要证,即证,
即证,即证,
即证,令,
即证,
令,则,
所以在上为增函数,所以,
所以成立,所以成立.