精品解析：安徽省六安市四校2024届高三下学期4月联考数学试卷

【新结构】2023-2024学年安徽省六安市四校高三年级数学4月联考数学试卷❖ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 设是两个平面，是两条直线，则的一个充分条件是（    ） A. B. C. 与相交 D. 4. 甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束）．已知每局比赛甲获胜的概率均为，则甲以4比2获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 常用放射性物质质量衰减一半所用的时间来描述其衰减情况，这个时间被称做半衰期，记为（单位：天）．铅制容器中有甲、乙两种放射性物质，其半衰期分别为．开始记录时，这两种物质的质量相等，512天后测量发现乙的质量为甲的质量的，则满足的关系式为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，若关于的方程至少有两个不同的实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 记的内角的对边分别为，已知．则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线左支上，线段交轴于点，且．设为坐标原点，点满足：，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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. 已知圆，圆，则（ ） A. 两圆的圆心距的最小值为1 B. 若圆与圆相切，则 C. 若圆与圆恰有两条公切线，则 D. 若圆与圆相交，则公共弦长的最大值为2 10. 已知等比数列的公比为，前项和为，则（ ） A. B. 对任意成等比数列 C. 对任意，都存在，使得成等差数列 D. 若，则数列递增的充要条件是 11. 已知函数，则（ ） A. 函数在上单调递减 B. 函数为奇函数 C. 当时，函数恰有两个零点 D. 设数列是首项为，公差为的等差数列，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，的系数为_________． 13. 抛物线的焦点为，准线为为上一点，以点为圆心，以为半径的圆与交于点，与轴交于点，若，则_________． 14. 已知实数，满足，则的最小值为_________． 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. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是侧棱的中点，侧面为正三角形，侧面底面． （1）求三棱锥的体积； （2）求与平面所成角的正弦值． 16. 已知椭圆的右焦点为，左顶点为，短轴长为，且经过点． （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线（不与轴重合）与交于两点，直线与直线的交点分别为，记直线的斜率分别为，证明：为定值． 17. 树人中学高三（1）班某次数学质量检测（满分150分）的统计数据如下表： 性别 参加考试人数 平均成绩 标准差 男 30 100 16 女 20 90 19 在按比例分配分层随机抽样中，已知总体划分为2层，把第一层样本记为，其平均数记为，方差记为；把第二层样本记为，其平均数记为，方差记为；把总样本数据的平均数记为，方差记为． （1）证明：； （2）求该班参加考试学生成绩的平均数和标准差（精确到1）； （3）假设全年级学生的考试成绩服从正态分布，以该班参加考试学生成绩的平均数和标准差分别作为和的估计值．如果按照的比例将考试成绩从高分到低分依次划分为四个等级，试确定各等级的分数线（精确到1）． 附：． 18. 已知曲线在点处的切线为． （1）求直线的方程； （2）证明：除点外，曲线在直线的下方； （3）设，求证：． 19. 在数学中，广义距离是泛函分析中最基本的概念之一．对平面直角坐标系中两个点和，记，称为点与点之间的“距离”，其中表示中较大者． （1）计算点和点之间的“距离”； （2）设是平面中一定点，．我们把平面上到点的“距离”为的所有点构成的集合叫做以点为圆心，以为半径的“圆”．求以原点为圆心，以为半径的“圆”的面积； （3）证明：对任意点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 【新结构】2023-2024学年安徽省六安市四校高三年级数学4月联考数学试卷❖ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式得到，进而根据补集和交集求出答案. 【详解】或， ，故. 故选：A 2. 已知，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的运算和模长计算求出即可. 【详解】， 所以， 所以， 故选：B. 3. 设是两个平面，是两条直线，则的一个充分条件是（    ） A. B. C. 与相交 D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过举反例可判定ABC，利用线面垂直的判定定理及面面平行的判定定理可判定D. 【详解】对于A：当满足时，可能相交， 如图：用四边形代表平面，用四边形代表平面，故A错误； 对于B：当满足时，可能相交， 如图：用四边形代表平面，用四边形代表平面，故B错误； 对于C：当满足与相交时，可能相交， 如图：用四边形代表平面，用四边形代表平面，故C错误； 对于D: 因为，又，所以， 故是的一个充分条件，故D正确； 故选：D 4. 甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束）．已知每局比赛甲获胜的概率均为，则甲以4比2获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意只需前5场甲赢3场，再利用独立事件的乘法公式求解． 【详解】根据题意，甲运动员前5场内需要赢3场，第6场甲胜， 则甲以4比2获胜的概率为． 故选：C． 5. 常用放射性物质质量衰减一半所用的时间来描述其衰减情况，这个时间被称做半衰期，记为（单位：天）．铅制容器中有甲、乙两种放射性物质，其半衰期分别为．开始记录时，这两种物质的质量相等，512天后测量发现乙的质量为甲的质量的，则满足的关系式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设开始记录时，甲乙两种物质的质量均为1，可得512天后甲，乙的质量，根据题意列出等式即可得答案． 【详解】设开始记录时，甲乙两种物质的质量均为1， 则512天后，甲的质量为：，乙的质量为：， 由题意可得， 所以． 故选：B． 6. 已知函数，若关于的方程至少有两个不同的实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出函数的图象，由题意可得的图象与至少有两个不同的交点，从而得，结合图象可得，求解即可． 【详解】因为， 作出函数的图象，如图所示： 由此可知函数在和上单调递减，在上单调递增， 且，， 又因为关于的方程至少有两个不同的实数根， 所以至少有两个不同的实数根， 即的图象与至少有两个不同的交点，所以， 又因为当时，，令，可得； 当时，，令，解得， 又因为，所以，解得． 故选:D． 7. 记的内角的对边分别为，已知．则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意及正切与正弦与余弦的关系，两角和的正弦公式及余弦公式可得角的大小，再由余弦定理及基本不等式可得的最大值，进而求出该三角形的面积的最大值． 【详解】因为，可得， 即， 整理可得， 即， 在三角形中，， 即，,可得； 由余弦定理可得，当且仅当时取等号， 而， 所以， 所以． 即该三角形的面积的最大值为． 故选：A． 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线左支上，线段交轴于点，且．设为坐标原点，点满足：，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，根据题设条件得到，，再利用在椭圆上，得到，即可求出结果. 【详解】如图，设，，则直线的方程为， 令，得到，所以， ，因为， 所以，得到，故， 又，所以，得到， 又，所以，得到①， 又因为在双曲线上，所以②，又③， 由①②③得到，所以， 解得或，又，所以，得到， 故选：D. 二、多选题：本题共3小题，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. 已知圆，圆，则（ ） A. 两圆的圆心距的最小值为1 B. 若圆与圆相切，则 C. 若圆与圆恰有两条公切线，则 D. 若圆与圆相交，则公共弦长的最大值为2 【答案】AD 【解析】 【分析】根据两点的距离公式，算出两圆的圆心距，从而判断出A项的正误；根据两圆相切、相交的性质，列式算出的取值范围，判断出B,C两项的正误；当圆的圆心在两圆的公共弦上时，公共弦长有最大值，从而判断出D项的正误． 【详解】根据题意，可得圆的圆心为，半径， 圆的圆心为，半径． 对于A，因为两圆的圆心距，所以A项正确； 对于B，两圆内切时，圆心距，即，解得． 两圆外切时，圆心距，即，解得． 综上所述，若两圆相切，则或，故B项不正确； 对于C，若圆与圆恰有两条公切线，则两圆相交，， 即，可得，解得且，故C项不正确； 对于D，若圆与圆相交，则当圆的圆心在公共弦上时，公共弦长等于，达到最大值， 因此，两圆相交时，公共弦长的最大值为2，故D项正确． 故选：AD． 10. 已知等比数列的公比为，前项和为，则（ ） A. B. 对任意成等比数列 C. 对任意，都存在，使得成等差数列 D. 若，则数列递增的充要条件是 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：分，两种情况计算可判断A；对于B： 可说明不成立判断B；，分，两种情况计算可判断C；根据，若是递增数列，可求判断D. 【详解】对于A：当时，，，故成立， 当时，，，所以成立，故A正确； 对于B：当时，，所以不成等比数列，故B错误； 对于C：当时，，故不成等差数列， 当时，若存在，使成等差数列， 则，则， 整理得，所以，所以， 所以对任意，都存在，使得成等差数列，故C正确； 对于D：，若是递增数列， 则可得，因为，所以，可解得， 所以若，则数列递增的充要条件是，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数，则（ ） A. 函数在上单调递减 B. 函数为奇函数 C. 当时，函数恰有两个零点 D. 设数列是首项为，公差为的等差数列，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简，再利用正弦函数单调性奇偶性判断ABC，利用裂项相消及累加求和判断D. 【详解】易知， 同理， 对A, 先减后增，故A错误； 对B, 为奇函数，故B正确； 对C, ,则在单调递增， 在单调递减，即在单调递增，在单调递减， 又， ， 故函数恰有两个零点，故C正确； 对D,易知，令，则， ， , …………………….. , 则， 故，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的性质及数列求和应用，关键是利用利用裂项相消及累加求和判断D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，的系数为_________． 【答案】15 【解析】 【分析】利用的通项公式，即可求出结果. 【详解】因为的展开式的通项公为， 由，得到，所以的系数为， 故答案为：. 13. 抛物线的焦点为，准线为为上一点，以点为圆心，以为半径的圆与交于点，与轴交于点，若，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】首先得到抛物线的焦点坐标与准线方程，设准线与轴交于点，根据圆的性质及抛物线的定义可得为等边三角形，即可求出，再在中利用余弦定理计算可得. 【详解】抛物线的焦点为，准线：，设准线与轴交于点，则， 依题意、均在轴的左侧，又，所以也在轴的左侧且点在轴上方， 又为圆的直径，所以，即， 由抛物线的定义可知，又， 所以为等边三角形，所以，则， 所以， 所以，， 在中 . 故答案为：. 14. 已知实数，满足，则的最小值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，将所求转化为距离和的最小值，利用几何关系求得最值. 【详解】如图，设正方体的边长为2，建立如图所示的空间直角坐标系， 设为空间任意一点，因为，则P在平面所在的平面内运动， 表示P与点和点的距离之和， 因为关于平面的对称点为D，故， 当且仅当为中点即为正方体中心时等号成立； 表示P与点和点的距离之和，则， 当且仅当在所在直线上时等号成立， 故 的最小值为，当且仅当为正方体中心时等号成立 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查空间中距离最值问题，关键是利用空间坐标系将所求转化为距离和，并注意等号成立条件. 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. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是侧棱的中点，侧面为正三角形，侧面底面． （1）求三棱锥的体积； （2）求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，进而得到线面垂直，由中位线得到到平面的距离为，进而由锥体体积公式求出答案； （2）证明出，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由法向量的夹角余弦值的绝对值求出线面角的正弦值. 【小问1详解】 如图所示，取的中点，连接． 因为是正三角形，所以． 又因为平面底面平面，平面平面， 所以平面，且． 又因为是的中点，到平面的距离为， ， 所以三棱锥的体积为． 【小问2详解】 连接，因为， 所以为等边三角形，所以， 以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以． 设平面的法向量为， 则，即，解得，取，则， 所以． 设与平面所成角为， 则． 即与平面所成角的正弦值为． 16. 已知椭圆的右焦点为，左顶点为，短轴长为，且经过点． （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线（不与轴重合）与交于两点，直线与直线的交点分别为，记直线的斜率分别为，证明：为定值． 【答案】（1）； （2） 由题意可设， 由可得， 易知恒成立，所以， 又因为， 所以直线的方程为，令，则，故， 同理， 从而， 故为定值． 【解析】 【分析】（1）由题意得，将点代入椭圆的方程可求得的值，进而可得椭圆的方程； （2）设，，，，，联立直线和椭圆的方程，可得，，直线的方程为，令，得，同理，由斜率公式计算即可． 【小问1详解】 因为，所以，再将点代入得， 解得，故椭圆的方程为； 【小问2详解】 略 17. 树人中学高三（1）班某次数学质量检测（满分150分）的统计数据如下表： 性别 参加考试人数 平均成绩 标准差 男 30 100 16 女 20 90 19 在按比例分配分层随机抽样中，已知总体划分为2层，把第一层样本记为，其平均数记为，方差记为；把第二层样本记为，其平均数记为，方差记为；把总样本数据的平均数记为，方差记为． （1）证明：； （2）求该班参加考试学生成绩的平均数和标准差（精确到1）； （3）假设全年级学生的考试成绩服从正态分布，以该班参加考试学生成绩的平均数和标准差分别作为和的估计值．如果按照的比例将考试成绩从高分到低分依次划分为四个等级，试确定各等级的分数线（精确到1）． 附：． 【答案】（1）证明见解析； （2）平均数为96分，标准差为18分； （3）将定为等级，定为等级，定为等级，定为等级． 【解析】 【分析】（1）利用平均数及方差公式即可求解； （2）利用平均数及方差公式，结合标准差公式即可求解； （3）根据（2）的结论及正态分布的特点即可求解. 【小问1详解】 ， 同理． 所以. 【小问2详解】 将该班参加考试学生成绩的平均数记为，方差记为， 则， 所以 又，所以． 即该班参加考试学生成绩的平均数为96分，标准差约为18分． 【小问3详解】 由（2）知，所以全年级学生的考试成绩服从正态分布， 所以． ． 故可将定为等级，定为等级，定为等级，定为等级． 18. 已知曲线在点处的切线为． （1）求直线的方程； （2）证明：除点外，曲线在直线的下方； （3）设，求证：． 【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求导，得到，利用导数的几何意义写出切线方程； （2）令，二次求导得到函数单调性，结合特殊点函数值，得到所以，当且仅当等号成立，得到证明； （3）求导得到的单调性，结合函数图象得到，不妨令，结合曲线在点的切线方程为，得到，转化为证明，又，只要证，令，求导得到函数单调性，结合特殊点函数值得到答案. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以直线的方程为：，即 【小问2详解】 令，则， 令，则， 由，解得，由，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，当且仅当等号成立， 所以除切点之外，曲线在直线的下方． 【小问3详解】 由，解得，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减， ， 当时，． 因为，则，不妨令． 因为曲线在点的切线方程为， 设点在切线上，有，故， 由（1）知时，， 则，即， 要证：， 只要证：， 只要证：， 又， 只要证：， 令， 则， 易证在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以在上单调递减，所以成立， 所以原命题成立． 【点睛】关键点点睛：本题关键是利用函数在零点处的切线方程，得到，且，从而只需证明，再勾股函数进行求解. 19. 在数学中，广义距离是泛函分析中最基本的概念之一．对平面直角坐标系中两个点和，记，称为点与点之间的“距离”，其中表示中较大者． （1）计算点和点之间的“距离”； （2）设是平面中一定点，．我们把平面上到点的“距离”为的所有点构成的集合叫做以点为圆心，以为半径的“圆”．求以原点为圆心，以为半径的“圆”的面积； （3）证明：对任意点． 【答案】（1）； （2）4； （3） 考虑函数． 因为，所以在上单调递增． 又， 于是 ， 同理，． 不妨设， 则 . 【解析】 【分析】（1）根据所给定义直接计算即可； （2）依题意可得，再分类讨论，从而确定“圆”的图形，即可求出其面积； （3）首先利用导数说明函数的单调性，结合绝对值三角不等式证明即可. 【小问1详解】 由定义知，； 【小问2详解】 设是以原点为圆心，以为半径的-圆上任一点，则． 若，则； 若，则有． 由此可知，以原点为圆心，以为半径的“圆”的图形如下所示： 则“圆”的面积为. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题关键是理解“距离”的定义，再结合不等式及导数的知识解答. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $