安徽省安庆市部分重点中学2024-2025学年高三下学期4月联考数学试卷Word版（附参考答案）

这是一份安徽省安庆市部分重点中学2024-2025学年高三下学期4月联考数学试卷Word版（附参考答案），共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第一部分（选择题 共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1. 若复数z满足(为虚数单位），则的最大值为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
2．已知可导函数的定义域为，是的导函数，且为偶函数为奇函数，则（ ）
A．B．C．D．
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
4．已知向量、满足：，，向量与向量的夹角为，则的最大值为（ ）
A．B．2C．D．4
5. 设函数，若恒成立，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 1
6． 已知正方体的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7. 已知为圆锥的底面直径，为底面圆心，正三角形内接于，若，圆锥的侧面积为，则与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知点，，是与轴的交点．点满足：以为直径的圆与相切，则面积的最大值为（ ）
A. B. 8C. 12D. 16
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A. 与的图象关于直线对称
B. 与的图象关于点对称
C. 当时，
D. 当时，与的图象恰有4个交点
10. 已知点Q在圆上，，动点满足：在中，．则( )
A. 记的轨迹方程为轨迹： B. 的最大值为
C. 的最小值是 D. （点O为坐标原点）的最小值为7
11. (合肥二模）已知函数的定义域为，且，，则（ ）
A. B. ，
C. 的图象关于点对称D. 为偶函数
第二部分（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. 已知函数，若实数满足，则的最大值为____________．
13. 已知，则_________．
14. 如图，在的方格中放入棋子，每个格子内至多放一枚棋子，若每行都放置两枚棋子，则恰好每列都有两枚棋子的概率为____________．
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. (13分）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足．
（1）求证：；
（2）若是锐角三角形，且角A的平分线交BC边于D，且，求边b的取值范围．
16. （15分）如图，三棱柱所有棱长都为2，,是的中点，．
（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值．
（15分）已知椭圆的右焦点与双曲线的右焦点重合，且椭圆C过.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）当过的动直线l与椭圆C相交于不同的两点A，B时，在线段AB上取一点Q，满足，证明：Q在某定直线上.
18．（17分）洛必达法则对导数的研究产生了深远的影响.洛必达法则：给定两个函数，当时，.已知函数，.
(1)证明：在区间上单调递减；
(2)对于恒成立，求实数的取值范围；
(3)，证明：（附：）
19. （17分）当前，以大语言模型为代表的人工智能技术正蓬勃发展，而数学理论和方法在这些模型的研发中，发挥着重要作用．例如，当新闻中分别出现“7点钟，一场大火在郊区燃起”和“7点钟，太阳从东方升起”这两个事件的描述时，它们提供的“信息量”是不一样的，前者比后者要大，会吸引人们更多关注．假设通常情况下，它们发生的概率分别是和，用这个量来刻画“信息量”的大小，计算可得前者约为9，后者接近于0．现在假设离散型随机变量的分布列为，，．则称为的信息熵，用来刻画随机变量蕴含的信息量的大小．
（1）若的分布列为，，，求的最大值；
（2）证明：；
（3）若，且为定值，设，证明：．
参考答案
部分小题详解：4．D【详解】由，
故，即，如图，设，则是等边三角形，向量满足与的夹角为, ，因为点在外且为定值，所以的轨迹是两段圆弧，是弦AB所对的圆周角，因此：当是所在圆的直径时,取得最大值，在中，由正弦定理可得：，故取得最大值4. 故选：D.
6．A 由题意得，正方体内切球的球心为正方体的中心，记为点，内切球半径.
∵，平面，平面，∴平面，同理可得平面，
∵平面，，∴平面平面，∵平面，∴平面，故点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为.
如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，∴，，.
设平面的法向量为，则，
令，则，故，∴点到平面的距离为，
∴圆的半径为，
由得，，∴，
∴的最小值为.故选：A.
7. ，，所以，又正三角形内接于，所以，解得：，所以，所以，过点作交的延长线于点，，所以与所成角即为与所成角或其补角，所以为与所成角，
8. 设以为直径的圆的圆心为，，显然两圆内切，所以，，，所以的轨迹为以，为焦点的椭圆，，，当为短轴顶点即时，的面积最大为8 B.
10. ACD由题意可知，设，过点作轴于点，如图： 则，，∴，即，，；∵由对称性可假设点在一象限，则，，∴，B选项错误；
，∴，C选项正确；
当在圆与轴的左交点处时，此时同时取最小，
11.【详解】A选项，中，令得，又，故，解得，
中，令得，故，A正确；D选项，中，令得，即，，
中，令得，即，因为，所以，故，
故的一个周期为1，故，所以，故为偶函数，D正确；B选项，中，令得
，由于，，故，由于的一个周期为1，故，所以，解得，
中，令得，又，故，，所以，故，故不存在，，B错误；由上可知，，故的图象关于点对称，C正确.故选：ACD
14.

图1有1种方法，图2、3、4、5各有2种方法，图6中，第三行有种放置方法，其选定方格后，第四行只有唯一的放置方法.所以总共有种方法.
因第一行棋子有种放置方法，其他5种情况同理，故.
所以，若每行都放置两枚棋子，则恰好每列都有两枚棋子的概率
故答案为：
15. 【2】，，，因为为的平分线，且，所以，所以，在中，，即，，，，.
16. 【1】证明：取的中点，连接，因为是的中点，所以，
四边形为菱形，所以，所以，因为，且，平面，所以平面，所以，，又因为，且，所以平面，因为平面，所以平面平面.
【2】解：连接，，可得为等边三角形，且为的中点，所以，由（1）知：平面平面，平面平面，且平面，所以平面，，
所以，设平面的法向量为，则，，，
17.（1）（2）证明：设，，，
由题得，，，均不为零.由，可设（，），不妨设，，则有①，②，又A，B在椭圆上，所以③，④，将①②分别代入③④，化简得⑤，且⑥，因此点Q在定直线上.
18.（1），令，则，令，则，若，则单调递减，单调递减，，在上单调递减，若，则单调递增，，即存在唯一，使得，且在上，单调递减，在上，单调递增，
且，在区间上单调递减，且在上连续，
综上，在区间上单调递减.（2）当时，，成立.当时，由可得，令，由（1）可知在上单调递减，.
由洛必达法则：，.
（3）当且时，，令，则，令，则，在上单调递增，，
即在上单调递增，（当时取等号），
，，
，，即.
19.（1）由题意知，，其中．令，则．所以当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减．所以在时取得最大值，且最大值为．
【2】要证，即证，因为（当且仅当，即时等号成立成立），，所以.【3】由题意知，则，由，则，
所以，则，即得题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
C
D
D
A
A
B
ACD
ACD
题号
11
12
13
14






答案
ACD