精品解析：江浙皖高中（县中）发展共同体2024-2025学年高三上学期10月联考数学试卷（江皖卷）

2024学年第一学期江浙皖高中（县中）发展共同体高三年级10月联考 数学 命题：启东中学 审题：东阳中学 昆山中学 考生须知： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟： 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场､座位号及准考证号并核对条形码信息； 3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷； 4.参加联批学校的学生可关注“启望教育”公众号查询个人成绩分析. 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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 集合，则集合中的元素个数有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 2. 若复数满足，则虚部是（ ） A. B. 2 C. D. 3. 某校一个数学兴趣小组四位学生参加一次竞赛中，最高分为280分，最低分为220分，且四位学生得分的中位数与平均数相同，则4位学生的平均成绩为（ ） A. 240 B. 250 C. 260 D. 270 4. 设，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在正四棱柱中，已知，则四面体的体积是（ ） A. 12 B. 15 C. 18 D. 21 6. 分别是椭圆的左，右焦点，过作直线交椭圆于两点.若，则的面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知向量满足，则的最小值是（ ） A. 0 B. 2 C. D. 5 8. 已知函数的定义域为，且对任意，满足，且，则（ ） A. 651 B. 676 C. 1226 D. 1275 二､多选题：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.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 若随机变量，从的取值中随机抽取个数据，记这个数据的平均值为，则随机变量.随机变量服从正态分布，则.某珠宝店出售的珍珠的直径均服从期望为15毫米，标准差为2毫米的正态分布.程女士在该珠宝店随机地挑选了16颗圆润华美的珍珠，将它串成一条璀璨夺目的项链.设这16颗珍珠的直径平均值为，则（ ） A. 随机变量的标准差为 B. 随机变量 C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 上单调递增 B. 是的极值点 C. 上有3个零点 D. 是周期函数 11. 在平面直角坐标系中，为抛物线上的三点，为拋物线的焦点，且，则（ ） A. B. C. 存在三点，使分别为一个三角形三条边长 D. 三､填空题：本题共3小题，每5分，共15分. 12. 在展开式中的系数为，则的值为__________. 13. 2024年巴黎奥运会女子乒乓球决赛，中国选手陈梦与孙颖莎奉献了一场精彩绝伦的巅峰对决，她们技艺精湛，顽强拼搏，展现国球风采，为观众带来了视觉盛宴.现甲､乙两名乒乓球选手进行一场七局四胜的比赛，即谁先赢4局的比赛，谁就获胜，比赛结束.已知每一局比赛甲胜的概率为，乙胜的概率为，且第一局乙获胜，则甲最终以比获胜的概率为__________. 14. 设是与的差的绝对值最小的整数，则______. 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. 已知锐角三个内角所对边为，若. （1）求的值； （2）若的外接圆半径，求的面积的取值范围. 16. 如图，在正三棱柱中，是中点，在棱上，且. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 17. 已知点是抛物线上不同的两点，为抛物线的焦点. （1）若直线过点，且向量与向量共线，求直线的方程； （2）若，且抛物线在点处的两条切线相交于点，求的轨迹方程. 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若是的两个零点， ①求的取值范围； ②求证：（为函数的导函数）. 19. 设数列的各项均为正数，对于给定的正整数对任意都成立，则称数列是“数列”. （1）已知数列是“数列”，且，求和； （2）设甲：是正项等比数列，乙：是“数列”，证明：甲是乙的充分不必要条件； （3）若既是“数列”，又是“数列”，证明：是等比数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024学年第一学期江浙皖高中（县中）发展共同体高三年级10月联考 数学 命题：启东中学 审题：东阳中学 昆山中学 考生须知： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟： 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场､座位号及准考证号并核对条形码信息； 3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷； 4.参加联批学校的学生可关注“启望教育”公众号查询个人成绩分析. 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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 集合，则集合中的元素个数有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】先解一元二次方程，求出两个集合，再根据集合并集概念计算即可 【详解】由题设得：，所以， 故选:C. 2. 若复数满足，则的虚部是（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知化简得出，再根据虚部定义得出虚部. 【详解】由，化简得, 得，故的虚部是. 故选：A. 3. 某校一个数学兴趣小组四位学生参加一次竞赛中，最高分为280分，最低分为220分，且四位学生得分的中位数与平均数相同，则4位学生的平均成绩为（ ） A. 240 B. 250 C. 260 D. 270 【答案】B 【解析】 【分析】设另两位学生的成绩为，根据题意列出等式，进而可求，进而可求解. 【详解】设另两位学生的成绩为，则，得， 所以4位学生的平均成绩为 故选：B. 4. 设，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由同角三角函数关系得出，再应用二倍角正弦公式计算即可. 【详解】由题设可知，， 所以. 故选：C. 5. 如图，在正四棱柱中，已知，则四面体的体积是（ ） A. 12 B. 15 C. 18 D. 21 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知正四棱柱的几何特征，根据柱体体积与四个三棱锥的体积做差求解即可. 【详解】 . 故选：A. 6. 分别是椭圆的左，右焦点，过作直线交椭圆于两点.若，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设出直线方程，与椭圆联立，由弦长为2，求出直线的斜率，进而可知直线的倾斜角，然后利用三角形的面积公式求解即可. 【详解】易知，设直线方程为：， 代入整理得：， 所以， 所以， 因为，代入并解得， 故直线的倾斜角为或， 所以. 故选：B. 7. 已知向量满足，则的最小值是（ ） A. 0 B. 2 C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件设出向量,再求出向量,再根据模长公式结合三角函数的值域得出最小值即可. 【详解】不妨设，则， 则，且， 则， 当时，. 故选：D. 8. 已知函数的定义域为，且对任意，满足，且，则（ ） A. 651 B. 676 C. 1226 D. 1275 【答案】A 【解析】 【分析】由条件可以推出，结合，即可求解. 【详解】由， 所以， 即， 所以 . 故选：A. 二､多选题：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.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 若随机变量，从的取值中随机抽取个数据，记这个数据的平均值为，则随机变量.随机变量服从正态分布，则.某珠宝店出售的珍珠的直径均服从期望为15毫米，标准差为2毫米的正态分布.程女士在该珠宝店随机地挑选了16颗圆润华美的珍珠，将它串成一条璀璨夺目的项链.设这16颗珍珠的直径平均值为，则（ ） A. 随机变量的标准差为 B. 随机变量 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由题设可知：随机变量，即可判断AB；根据题中数据结合正态分布性质求，，即可得判断CD. 【详解】由题设可知：，则随机变量， 所以随机变量的标准差为，故A错误， B正确； 因为 ，故C正确； 因为，故D错误. 故选：BC. 10. 已知函数，则（ ） A. 在上单调递增 B. 是的极值点 C. 在上有3个零点 D. 是周期函数 【答案】AC 【解析】 【分析】对于ABC，利用导数研究其单调性、极值和零点即可；对于D，利用周期函数的定义判断即可. 【详解】对于A，因为，所以在上单调递增，答案A正确； 对于B，当时，，所以不是的极值点，答案B错误； 对于C，当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减. 又因为，所以在上有3个零点，答案C正确； 对于D，当时，，所以不是周期函数，答案D错误. 故选：AC. 11. 在平面直角坐标系中，为抛物线上的三点，为拋物线的焦点，且，则（ ） A. B C. 存在三点，使分别为一个三角形的三条边长 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据向量计算判断A,结合A中与抛物线方程计算判断B,C,应用完全平方公式结合A的结论计算判断D. 【详解】由题设可知， 所以，且，故A正确； ，所以，，同理可得，，故B正确； 不妨设，则，代入， 得，所以，故C不正确； 由 ，故D正确. 故选：ABD. 三､填空题：本题共3小题，每5分，共15分. 12. 在展开式中的系数为，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式定理可得展开式通项为，令，求得r代入运算即可. 【详解】因为展开式的通项为， 令，解得， 因为的系数为，解得. 故答案为：. 13. 2024年巴黎奥运会女子乒乓球决赛，中国选手陈梦与孙颖莎奉献了一场精彩绝伦的巅峰对决，她们技艺精湛，顽强拼搏，展现国球风采，为观众带来了视觉盛宴.现甲､乙两名乒乓球选手进行一场七局四胜的比赛，即谁先赢4局的比赛，谁就获胜，比赛结束.已知每一局比赛甲胜的概率为，乙胜的概率为，且第一局乙获胜，则甲最终以比获胜的概率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】甲最终以比获胜，即甲在第，，，局比赛中胜局，且第局获胜，据此求出概率即可. 【详解】甲最终以比获胜，即甲在第，，，局比赛中胜局，且第局获胜， 事件甲最终以比获胜的概率为：， 故答案为：. 14. 设是与的差的绝对值最小的整数，则______. 【答案】390 【解析】 【分析】根据已知数列的定义，先设，再根据定义计算得，得出有个，使，最后计算求和即可. 【详解】，则， 故有个，使， 所以. 故答案为：390. 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. 已知锐角的三个内角所对边为，若. （1）求的值； （2）若的外接圆半径，求的面积的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理得计算可以得出角； （2）先应用正弦定理得出面积，结合三角恒等变换得出，再结合角的范围得出值域即可得出面积范围. 【小问1详解】 因为，由余弦定理得： 整理得：， 又，所以. 【小问2详解】 因为是锐角三角形，所以， 所以，，即， 所以. 所以三角形面积的范围是. 16. 如图，在正三棱柱中，是中点，在棱上，且. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证明平面平面，只需在平面内找到一条直线与平面垂直即可，a根据线面垂直的判定定理易证平面. （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，然后根据空间角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 设的中点为，过作分别交于，连接、， 则分别为的中点， 所以， 由，得，即，又因为， 所以四边形是平行四边形， 所以， 因为是的中点，为正三角形，所以， 由正三棱柱的性质得，底面，且底面， 所以，平面， 所以平面. 又因为，所以平面， 平面，所以平面平面. 【小问2详解】 以中点为原点，为中点）分别为轴，轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则， 易得平面的一个法向量， 设向量为平面一个法向量， ， 则由，得， 令，得， 设平面与平面夹角为， 则. 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 17. 已知点是抛物线上不同的两点，为抛物线的焦点. （1）若直线过点，且向量与向量共线，求直线的方程； （2）若，且抛物线在点处的两条切线相交于点，求的轨迹方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先设直线方程再联立方程组得出韦达定理，再结合向量共线坐标运算得出参数即可； （2）先设点的坐标，再求导得出切线斜率，写出切线方程，结合两条直线根据韦达定理得出轨迹方程. 【小问1详解】 抛物线的焦点. 由题意可知，直线的斜率存在并设为，故直线方程为：， 代入整理得： . 设，则， ， ， 因为向量与向量共线， 所以，解得， 故所求直线的方程为：. 【小问2详解】 不妨设， 当时，， 从而点处的切线斜率为，同理，， 因为，所以，即 又点处的切线方程为，点处的切线方程为， 设交点的坐标为，则， 从而和方程的两个解 所以，即， 所以点的轨迹方程为. 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若是的两个零点， ①求的取值范围； ②求证：（为函数的导函数）. 【答案】（1）答案见解析 （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导函数，分与两类讨论函数的单调性即可； （2）①结合（1）的分析，若有两个零点，则且极大值可得，再通过找点使，然后利用零点存在性定理证明当时有两个零点； ②由不等式，利用放缩法先证明.由零点满足的关系式得消，再结合整体换元转化为证明关于的，再构造函数，利用导函数证明可得. 【小问1详解】 的定义域为. ①当时，，，则， 所以在上单调递减； ②当时， 当时，，在上单调递增， 当时，，则在上单调递减. 所以，在上单调递增，在上单调递减. 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 ①因为是的两个零点， 由（1）可知，且， 由在上单调递增，在上单调递减， 则，解得. 而当时，，， 由且，则在与各有一个零点. 又由单调性可知，至多两个零点. 故当时，有两个零点. 综上可知，的取值范围是. ②因为是的两个零点， 所以，解得， 所以， 令，即，代入上式得： . 令，. ，令， 则，. 所以在上单调递减，且， 由，所以，即； 所以在上单调递减，且， 由，所以，又， 所以. 由，且， 可知. 又因为，则在上是减函数， 所以，. 故得证. 【点睛】方法点睛：解决导数中的多变量问题，经常将多变量问题通过消元转化为单变量问题处理，通常有以下两个角度的消元方法： （1）利用等量关系消元：若变量之间具有等量关系，则一般可利用等式消元，但要注意主元的确定与被消去元的范围对所选择的主元范围产生的影响； （2）换元法：若多元表达式通过变形，可将一个多变量的式子视为整体从而转化为一元表达式，即整体换元法；若变量之间的等量关系中任一变量都不易直接求解消元，可引入第三元进行消元处理，如三角换元法. 19. 设数列的各项均为正数，对于给定的正整数对任意都成立，则称数列是“数列”. （1）已知数列是“数列”，且，求和； （2）设甲：是正项等比数列，乙：是“数列”，证明：甲是乙的充分不必要条件； （3）若既是“数列”，又是“数列”，证明：是等比数列. 【答案】（1）， （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据数列的定义即可得，，进而求出和； （2）根据充分必要条件定义，设等比数列的公比为，根据等比数列的性质即可证明充分性，设“数列”满足：，，可判断数列不是等比数列，即可证明不必要性； （3）若是“数列”，则可得时①成立，若是“数列”，则②，将①代入②可整理得，进而可知数列从第3项开始为等比数列，在①中分别令，可得，，命题得证. 小问1详解】 因为是“数列”，所以，解得， 又，所以. 【小问2详解】 首先证明甲是乙的充分条件， 设等比数列的公比为，则， 所以时，，所以当时， ， 所以是“数列”，即甲是乙的充分条件. 下证甲是乙的不必要条件， 设数列是“数列”，， 定义数列满足：， 则数列是“数列”，但不是等比数列. 综上，甲是乙的充分不必要条件. 【小问3详解】 因为是“数列”，所以时，， 即① 因为是“数列”，所以时，， 即，② 由①得，当时，， 将上述两式代入②得，， 整理得，因为的各项均为正数， 所以， 所以数列从第3项开始为等比数列， 设公比为，则， 在①中令得，故；即， 令得，即，即， 所以，所以为常数， 所以是等比数列. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解数列的定义. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$