精品解析：安徽省合肥市普通高中六校联盟2024-2025学年高三下学期阶段性检测数学试题

2024－2025学年第二学期 高三年级阶段性检测数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 命题学校：合肥十中 命题教师：李斌 审题教师：何卫星 注意事项： 1．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 若，则 A. B. C. D. 4. 2024年春节档贺岁片《热辣滚烫》《飞驰人生2》《熊出没·逆转时空》异常火爆，甲、乙等5人去观看这三部电影，每人只观看其中一部，甲、乙不观看同一部电影，则选择观看的方法有（ ） A. 243种 B. 162种 C. 72种 D. 36种 5. 已知向量、满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 已知正项等比数列的前项和为，设，若为某一等比数列的前项和，则实数的值为（ ） A. B. C. 2 D. －2 7. 已知某圆台的上、下底面半径分别为，且，若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 当时，曲线与的交点个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知圆，直线，则（ ） A. 直线过定点 B. 圆被轴截得的弦长为 C. 圆被直线截得的弦长最短时，直线的方程为 D. 直线与圆相交于、两点，不可能为 10. 正三棱柱的各棱长相等，且均为在内及其边界上运动，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得平面 B. 三棱锥的体积的取值范围为 C. 为中点，若平面，则动点的轨迹长度为 D. 为中点，若，则动点到平面的最大距离为 11. 已知函数，则下列命题中正确的是（ ） A. 0是的极小值点 B. 当时， C. 若，则 D. 若存在极大值点，且，其中，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某校1000名学生参加数学文化知识竞赛，每名学生的成绩，成绩不低于90分为优秀，依此估计优秀的学生人数为____________（结果填整数）. 附：若，则，. 13. 已知双曲线的右焦点，过点作直线交双曲线左右两支于两点，且，过点作直线的垂线交双曲线于点，若点、两点关于原点对称，则双曲线的离心率为________． 14. 设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是______. 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. 记的内角A，B，C的对边分期为a，b，c，已知点D在边AC上，且，． （1）证明：是等腰三角形 （2）若，求 16. 如图，在三棱柱中，平面平面，为线段上一点． （1）求证：； （2）是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 17. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）设是函数的两个极值点，若，求m的最大值． 18. 已知椭圆过点，且的右焦点为． （1）求的方程； （2）设过点的一条直线与交于两点，且与线段交于点． （i）证明：直线平分； （ii）若的面积等于的面积，求的坐标． 19. 对于数列，如果存在等差数列和等比数列，使得，则称数列是“优分解”的． （1）证明：如果是等差数列，则是“优分解”的． （2）记，证明：如果数列是“优分解”的，则或数列是等比数列． （3）设数列的前项和为，如果和都是“优分解”的，并且，求的通项公式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024－2025学年第二学期 高三年级阶段性检测数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 命题学校：合肥十中 命题教师：李斌 审题教师：何卫星 注意事项： 1．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过解不等式得到集合，再求. 【详解】由，得，即，解得， ∴， . 故选：D. 2. 已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】先进行除法运算，再结合共轭复数概念判定即可. 【详解】因为，所以， 即复数在复平面内对应的点为，因此在第二象限. 故选：B. 3. 若，则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析： ， 且，故选D. 【考点】三角恒等变换 【名师点睛】对于三角函数的给值求值问题，关键是把待求角用已知角表示： （1）已知角为两个时，待求角一般表示为已知角的和或差． （2）已知角为一个时，待求角一般与已知角成“倍的关系”或“互余、互补”关系． 4. 2024年春节档贺岁片《热辣滚烫》《飞驰人生2》《熊出没·逆转时空》异常火爆，甲、乙等5人去观看这三部电影，每人只观看其中一部，甲、乙不观看同一部电影，则选择观看的方法有（ ） A. 243种 B. 162种 C. 72种 D. 36种 【答案】B 【解析】 【分析】先安排甲乙有种方法，再安排其他三人，结合分步乘法计数原理即可得答案. 【详解】先安排甲、乙两人，有种方法，再安排其余3人，每人有3种安排方法，故共有（种）方法. 故选：B. 5. 已知向量、满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设向量、的夹角为，由平面向量数量积的运算性质可得出，再利用投影向量的定义可求得结果. 【详解】设向量、的夹角为，因为，可得， 所以，在上的投影向量为. 故选：C. 6. 已知正项等比数列的前项和为，设，若为某一等比数列的前项和，则实数的值为（ ） A. B. C. 2 D. －2 【答案】B 【解析】 【分析】先根据求出公比，进而得到的表达式，再结合为某一等比数列的前项和求出的值. 【详解】当时，，，不满足，所以. 当时，由题意， 所以，即，解得（舍去）. 所以.  所以. 又为某一等比数列的前项和，设该等比数列首项为，公比为， 则，又， 所以.  所以实数的值为. 故选：B. 7. 已知某圆台的上、下底面半径分别为，且，若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征求解，然后代入圆台体积公式求解即可. 【详解】如图， 设圆台上、下底面圆心分别为，则圆台内切球的球心O一定在的中点处， 设球O与母线切于M点，所以，所以， 所以与全等，所以，同理，所以， 过A作，垂足为G，则，， 所以，所以，所以，所以， 所以该圆台的体积为. 故选：C 8. 当时，曲线与的交点个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】令易知是的一个根.当时，令利用导数研究其单调性可判断方程根的个数.当时画出两个函数的图象判断交点个数求解. 【详解】解：令 当时 故是的一个根. 当时 令 则 所以在上单调递增， 所以 所以时即方程在无实数根. 当时 在上单调递减，且 如图所示： 与的图象在上有两个交点， 所以方程在有两个不同的根. 综上所述，曲线与的交点个数为 故选：C 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知圆，直线，则（ ） A. 直线过定点 B. 圆被轴截得的弦长为 C. 圆被直线截得的弦长最短时，直线的方程为 D. 直线与圆相交于、两点，不可能为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据直线方程的性质判断直线所过定点，利用圆的方程求出圆被轴截得的弦长，根据直线与圆的位置关系求出弦长最短时直线方程，通过计算圆心到直线的距离判断是否可能为. 【详解】将直线的方程变形为. 令， 用第一个方程减去第二个方程可得：， 即，解得. 把代入，得，解得. 所以直线过定点，A选项正确.  在圆的方程中，令，则， 即，，， 解得，. 所以弦长为，B选项错误.  已知圆：，则圆心，半径. 由前面可知直线过定点，. 当直线与垂直时，圆被直线截得的弦长最短，此时直线的斜率. 又直线过点，根据点斜式方程可得直线的方程为，即，C选项错误.  若，则圆心到直线的距离. 点到直线的距离. 假设，两边平方可得， 即，， 此时，方程无解，所以不可能为，D选项正确.  故选：AD. 10. 正三棱柱的各棱长相等，且均为在内及其边界上运动，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得平面 B. 三棱锥的体积的取值范围为 C. 为中点，若平面，则动点的轨迹长度为 D. 为中点，若，则动点到平面的最大距离为 【答案】BCD 【解析】 【分析】取的中点，证得平面平面，得到平面，结合，可判定A；求出，可判定B；点为中点， 取的中点，证得平面平面，得到动点的轨迹为线段，可判定C；利用空间向量法计算，可判定D. 【详解】对于A，取的中点，的中点为，连接， 由为等边三角形，所以， 又由正三棱柱中，可得， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面， 因为平面平面， 过作于，根据面面垂直的性质定理，可得平面， 在矩形中，，所以， 如图所示，此时的延长线与线段无公共点， 所以不存在点，使得平面，A选项错误； 对于B,三棱锥的体积. 的面积的取值范围是（当在内运动时，大于，当在BC边的高的端点时取到最大值）. 点到平面的距离就是正三棱柱的高. 根据三棱锥体积公式（为底面积，为高），可得，所以的取值范围是，B选项正确.  对于C，由点为中点， 取的中点，连接， 可得，， 因为平面，且平面，所以平面， 同理可得平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 因为平面平面， 由平面，所以动点的轨迹为线段，其长度为，C选项正确； 对于D，以中点为坐标原点，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系. 则，，，设（x，y满足的边界条件）. ，. 因为，所以，即. 平面的法向量，设，，. 由，令，可得，，即. 点到平面的距离，将代入可得. 结合在内及其边界上，可得当时，取得最大值，D选项正确.  故选：BCD. 【点睛】方法点睛：对于立体几何中的动点轨迹与存在性性问题的求解策略 1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； 3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； 4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 11. 已知函数，则下列命题中正确的是（ ） A. 0是的极小值点 B. 当时， C. 若，则 D. 若存在极大值点，且，其中，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】讨论a的取值情况，利用导数研究函数的单调性和极值，进而判断A；当时，利用导数得到函数的单调性，判断，的大小关系，进而判断B；根据题意推得，在根据对称性计算即可判定C；若存在极大值点，则，即，因为，化简等式，即可判断 【详解】由题意可得， 令，当时，得或， 对于A，当时，令，解得或，则在和上单调递增， 令，解得，则在上单调递减， 所以在处取得极小值， 同理，当时，在和上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值； 当时，，在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，故A正确； 对于B，当时，在上单调递减， 又，，所以，故B错误； 对于C，若，则，则 . 所以，，则，故C选项正确.  对于D，若存在极大值点，则，即， 因为，所以， 所以，， 即， 又，所以，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某校1000名学生参加数学文化知识竞赛，每名学生的成绩，成绩不低于90分为优秀，依此估计优秀的学生人数为____________（结果填整数）. 附：若，则，. 【答案】23（22也可以） 【解析】 【分析】根据，得出，再乘以总人数得出结果. 【详解】由每名学生的成绩，得， 则 ， 则优秀的学生人数为. 故答案为：23. 13. 已知双曲线的右焦点，过点作直线交双曲线左右两支于两点，且，过点作直线的垂线交双曲线于点，若点、两点关于原点对称，则双曲线的离心率为________． 【答案】 【解析】 【分析】设另一个焦点为，连接，设，然后结合双曲线的定义表示出，再由双曲线的对称性结合题意可得，在中利用勾股定理得，再在中利用勾股定理列方程化简可求得离心率. 【详解】设另一个焦点为，连接，设，则， 由双曲线的定义可得， 由双曲线的对称性可得是的中点，也是的中点， 所以四边形是平行四边形， 因为，所以四边形为矩形， 所以， 所以在中，， 所以，化简得， 在中，，则， 所以，得， 所以， 所以离心率. 故答案为： 14. 设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】原问题等价于恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可得，由右侧函数的单调性可得实数的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数的取值范围. 【详解】由函数的解析式可得在区间上恒成立， 则，即在区间上恒成立， 故，而，故， 故即，故， 结合题意可得实数的取值范围是. 故答案为：. 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. 记的内角A，B，C的对边分期为a，b，c，已知点D在边AC上，且，． （1）证明：是等腰三角形 （2）若，求 【答案】（1）由正弦定理可知， 又，所以， 又因为，所以 所以是等腰三角形. （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，结合条件，即可证明； （2）首先中，根据余弦定理求，再结合角的关系，求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，，则，，， 所以在中，由余弦定理，得： ， 在中，∵，∴ ∴ 16. 如图，在三棱柱中，平面平面，为线段上一点． （1）求证：； （2）是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 连接，因为在三棱柱中，所以四边形为平行四边形， 因为，所以四边形为菱形， 所以， 又平面平面，平面平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以; （2）存在，或 【解析】 【分析】（1）连接，证明四边形为平行四边形，再用菱形性质得到，通过面面垂直的性质得到平面，运用线面垂直性质进而证明，最后使用线面垂直定理得证； （2）以的中点为坐标原点，过O作射线,以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，记平面的法向量求出和平面的法向量，再根据二面角的余弦公式建立方程求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，以的中点为坐标原点，过O作射线,则可以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为， 则， ， 设， 则， 记平面的法向量， 则， 即， 得， 易得平面的法向量， 由题意：， 解得：或，经验证，或均符合题意． 所以或. 17. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）设是函数的两个极值点，若，求m的最大值． 【答案】（1） 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递减． （2）0 【解析】 【分析】（1）通过对函数求导，分类讨论后，根据导数的正负来判断函数的单调性； （2）通过极值点，对已知条件变形为，令，构造函数，求导研究单调性，得到最值即可. 【小问1详解】 的定义域为， ， ①当时，令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减； ②当时，令，得或，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减； ③当时，则，所以在上单调递增； ④当时，令，得或，令，得， 所以在上单调递增，在上单调选减； 综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 证明：，则的定义域为， ，若有两个极值点， 则方程的判别式， 且，得， 所以 因为，所以 令设 由，得在上单调递减， 所以，所以，即 所以的最大值为0． 18. 已知椭圆过点，且的右焦点为． （1）求的方程； （2）设过点的一条直线与交于两点，且与线段交于点． （i）证明：直线平分； （ii）若的面积等于的面积，求的坐标． 【答案】（1） （2） （i）因为椭圆的长轴右端点横坐标为，所以的斜率一定存在（否则与椭圆没有交点）设的方程为， 代入的方程有：， 其中，故， 设， 则， 若直线平分，且易知轴，故只需满足直线与的斜率之和为0． 设的斜率分别为，则： ， 代入， 有，故命题得证． （ii）或． 【解析】 【分析】（1）代入条件，转化为关于和的方程组，即可求解； （2）（ⅰ）首先设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到韦达定理，由题意转化为证明和的斜率和为0； （ⅱ）由面积公式，结合条件，再结合几何关系，确定，即可确定点的位置，即可求解. 【小问1详解】 根据题意有， 且由椭圆的几何性质可知， 所以． 所以的方程为． 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（i）知直线平分，即． 因为的面积等于的面积， 故，即，故． 故， 在线段的垂直平分线上． 易知线段的垂直平分线为，与的方程联立有， 故的坐标为或． 【点睛】关键点点睛：本题第二问中第一小问的关键是由几何关系转化为证明，第二小问的关键是转化几何关系为. 19. 对于数列，如果存在等差数列和等比数列，使得，则称数列是“优分解”的． （1）证明：如果是等差数列，则是“优分解”的． （2）记，证明：如果数列是“优分解”的，则或数列是等比数列． （3）设数列的前项和为，如果和都是“优分解”的，并且，求的通项公式． 【答案】（1） 是等差数列，设， 令， 则是等差数列，是等比数列，所以数列是“优分解”的． （2） 因为数列是“优分解”的，设， 其中， 则． 当时， 当时，是首项为，公比为的等比数列． （3） 【解析】 【分析】（1）是等差数列，则，令，可得结论； （2）设，可得，进而可得结论； （3）设，可得是首项为2，公比为的等比数列，设，可得，可得，可得数列是首项，公比为的等比数列，可求的通项公式． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 一方面，数列是“优分解”的，设， 其中，由（2）知 因为，所以． 是首项为2，公比为的等比数列． 另一方面，因为是“优分解”的，设， 其中， 是首项为2，公比为的等比数列， ，且， 化简得， 即数列是首项，公比为的等比数列． 又， 又解得， 综上所述，． 【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，弄清题意，并充分应用等比和等差数列的性质是解题的关徤. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $