精品解析：安徽省合肥市第九中学2024-2025学年高三下学期第六次单元质量检测数学试卷

合肥九中2024-2025学年第二学期第六次单元质量检测 高三年级数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 命题教师：魏思远 审题教师：徐珺 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合条件的.） 1. 已知全集，，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先得到，根据条件得到，，分，和三种情况，得到满足要求. 【详解】， ，故，， 若，此时，满足要求， 若，此时，不合要求， 若，此时，不合要求， 综上，. 故选：C 2. 已知，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】先化简计算出复数，再根据模长公式计算即可. 【详解】已知，则. 则. 故选：B. 3. 在的展开式中，项的系数为（ ） A. B. C. 16 D. 144 【答案】C 【解析】 【分析】写出的展开式通项，即可列式求解. 【详解】，其展开式通项公式为，， 所以所求项的系数为， 故选： C． 4. 已知均为第二象限角，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】结合三角函数的单调性、平方关系，并根据充分、必要条件的知识判断即可. 【详解】由题意， 若，因为均为第二象限角，所以， 所以，即， 所以，且均为第二象限角， 所以，所以，即充分性成立. 若，因为均为第二象限角， 所以，即， 所以，即， 因为均为第二象限角，所以， 所以，故必要性成立, 所以“”是“”的充要条件. 故选：C. 5. 母线长为1的圆锥体积最大时，其侧面展开图圆心角等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用母线长得到底面半径与高的关系，利用圆锥的体积公式将体积表示成底面半径的函数，将函数凑成乘积为定值的形式，利用基本不等式求函数的最值． 【详解】解：设圆锥底面半径为，高为，则圆锥体积 又 圆锥体积 ， 当且仅当时，即当时圆锥体积取得最大值 侧面展开图圆心角 故选：D． 6. 已知，，P是曲线上一个动点，则的最大值是（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量数量积的坐标运算可得，再利用直线与圆的位置关系数形结合即可得解. 【详解】因为，即， 则曲线表示以坐标原点O为圆心，半径为1的上半圆，并记为， 设点，则， 所以，令，则， 故直线（斜率为，纵截距为）与曲线有公共点，如图所示： 直线过点，则，即， 直线与曲线相切，则，解得或（舍去）， 所以，则，所以的最大值为. 故选：D. 7. 如图所示，将绘有函数部分图象的纸片沿轴折成钝二面角，此二面角的平面角为，此时，之间的距离为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，作出二面角的平面角，结合等腰三角形性质求出，利用周期求出， 再由勾股定理求出，根据图象过点即可得解. 【详解】过分别作轴的垂线，垂足分别为，在平面内作轴，轴交于点， 连接，则是二面角的平面角，即， 则，由轴垂直于，平面， 得轴垂直于平面，又轴，则平面，而平面，因此， 又函数的周期，即， 由勾股定理得，即，解得， 而函数的图象过点，则，即， 又，且0在的递减区间内，所以. 故选：B 8. 互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”.如图，在斜坐标系中，过点作两坐标轴的平行线，其在轴和轴上的截距分别作为点的坐标和坐标，记.若斜坐标系中，轴正方向和轴正方向的夹角为，则该坐标系中和两点间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立直角坐标系，求出直角坐标，即可得解. 【详解】以O为坐标原点,原x轴正方向为x轴，垂直于x轴的方向为y轴建立平面直角坐标系， 则在直角坐标系下，，, 则 . 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错得得0分.） 9. 某班级学生开展课外数学探究活动，将一杯冷水从冰箱中取出后静置，在的室温下测量水温单位随时间（单位：）的变化关系，在测量了15个数据后，根据这些实验数据得到如下的散点图： 现需要选择合适的回归方程进行回归分析，则根据散点图，合适的回归方程类型有（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】散点图的特点是单调递增，增长速度越来越慢，且，根据特点对选项一一判断即可． 【详解】散点图的特点是单调递增，增长速度越来越慢，且 对A选项，符合散点图的特点； 对B选项，有不符合散点图的特点； 对C选项，符合散点图的特点； 对D选项，的增长速度不变，不符合散点图的特点； 故选：AC 10. 在平面直角坐标系中，已知圆，其中，则（ ） A. 圆过定点 B. 圆的圆心在定直线上 C. 圆与定直线相切 D. 圆与定圆相切 【答案】BC 【解析】 【分析】利用反证法可判断AD选项；求出圆心所在直线的方程，可判断B选项；判断圆与直线的位置关系，可判断C选项. 【详解】对于A选项，圆的方程可化为， 若圆过定点，则，可得，矛盾，A错； 对于B选项，圆的圆心坐标为，则圆心在直线上，B对； 对于C选项，圆心到直线的距离为 ，故直线与圆相切， 同理可知，直线与圆也相切，C对； 对于D选项，设定圆的圆心为，半径为，设， 若定圆与圆外切，则， 化简得， 由二次函数的性质可知，关于的二次函数在时的值不可能恒为零，舍去； 若定圆与圆内切，则， 化简可得， 由二次函数的性质可知，关于的二次函数在时的值不可能恒为零，舍去. 同理可知，当时，不存在定圆与圆相切，D错. 故选：BC. 11. 已知对于任意非零实数，函数均满足，，下列结论正确的有（ ） A. B. 关于点中心对称 C. 关于轴对称 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由中令可得A正确；由可得B正确；由可得C错误；换元法求出可得D正确. 【详解】对于A，由可得； 对于B，由可得，即， 所以关于点中心对称，故B正确； 对于C，由可得，所以关于轴对称，故C错误； 对于D，由中令可得， 设，① 又，② 由①②可得， 所以，即， 所以，所以 所以，故D正确； 故选：ABD 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 记为等差数列的前n项和，若，，则________. 【答案】95 【解析】 【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出，再利用等差数列的求和公式即可得到答案. 【详解】因为数列为等差数列，则由题意得，解得， 则. 故答案为：. 13. 在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小. 【详解】设球的半径为. 当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点， 正方体的外接球直径为体对角线长，即，故； 分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点， 连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为. 综上，. 故答案为： 14. “布朗运动”是指微小颗粒永不停息的无规则随机运动，在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，某粒子作布朗运动时每次会从所在仓的通道口中随机选择一个到达相邻仓或者容器外，一旦粒子到达容器外就会被外部捕获装置所捕获，此时试验结束．已知该粒子初始位置在1号仓，则试验结束时该粒子是从1号仓到达容器外的概率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】定义从出发最终从1号口出的概率为，结合独立乘法、互斥加法列出方程组即可求解. 【详解】设从出发最终从1号口出的概率为，所以，解得. 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. 已知的内角、、的对边分别为、、，. （1）求； （2）若，，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）利用两角和的正弦公式可求出的值，再利用正弦定理可得出的值. 【小问1详解】 因为，即，可得， 由余弦定理可得， 因为，故. 【小问2详解】 因为，，则， 由正弦定理得，解得. 16. 甲乙两人进行象棋比赛，约定谁先赢3局谁就直接获胜，并结束比赛.假设每局甲赢的概率为，和棋的概率为，各局比赛结果相互独立. （1）记为3局比赛中甲赢的局数，求的分布列和均值 （2）求乙在4局以内（含4局）赢得比赛的概率； 【答案】（1）的分布列为： 0 1 2 3 ， （2） 【解析】 【分析】（1）依题意甲每局赢的概率为，甲不赢的概率为，则，利用二项分布的概率公式得到分布列，从而求出期望； （2）分乙前局全胜和前局只有一局不胜两种情况讨论，利用相互独立事件及互斥事件的概率公式求解即可； 【小问1详解】 由题知甲每局赢的概率为，甲不赢的概率为， 则，的可能取值为，，，， 所以，， ，， 则的分布列为： 0 1 2 3 所以； 【小问2详解】 由题知乙每局赢的概率为，乙不赢的概率为， 因为乙在4局以内（含4局）赢得比赛， 则分两种情况：乙前3局全胜和前3局只有一局不胜，第四局乙胜， 所以乙在4局以内（含4局）赢得比赛的概率； 17. 已知椭圆的长轴长为4，一个焦点为. （1）求椭圆的方程及离心率； （2）过点且斜率存在的直线交椭圆于两点，在轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1），离心率； （2）存在，. 【解析】 【分析】（1）由题意确定椭圆参数值，即可得椭圆方程，进而得到离心率； （2）设直线的方程为，，，联立椭圆并应用韦达定理得，法一：根据面积比得到，即直线的斜率与直线的斜率互为相反数，列方程求得；法二：根据面积比得，结合两点距离公式并整理求得，即得结论. 【小问1详解】 由题意，得，所以. 所以椭圆的方程为，离心率. 【小问2详解】 设直线的方程为（显然），点， 设，联立方程， 整理得. 所以. 法一：因为. 又，所以. 所以，直线的斜率与直线的斜率互为相反数. 设直线的斜率为，直线的斜率为， ，整理可得， ，因为， 所以，， 即，解得. 所以点的坐标. 法二：因为，又， 所以，即，， 所以，且， 整理得， 则， 而，显然， 所以， 故， 所以，解得. 所以点的坐标. 18. 已知函数（）. （1）若，求的极小值； （2）当时，求的单调递增区间； （3）当时，设的极大值为，求证：. 【答案】（1） （2）和 （3）当时，由（2）知，的极大值等于； 当时，，单调递增，无极大值； 当时，当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以的极大值等于， 令，所以， 在上在上， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以故， 综上所述，. 【解析】 【分析】（1）利用导数求解函数的单调性求解出函数的极值即可 （2）当时，利用导数求解函数的单调性求解出函数的单调递增区间 （3）分和讨论求解即可. 【小问1详解】 由题意知. 若，则，所以. 令，得. 当时，当时， 所以在单调递减，在单调递增， 所以的极小值等于. 【小问2详解】 因为，所以， 由，即，解得或， 所以在和单调递增， 由，即，解得， 所以在单调递减， 故的单调增区间为和. 【小问3详解】 略 19. 已知是无穷数列．给出两个性质： ①对于中任意两项，在中都存在一项，使； ②对于中任意项，在中都存在两项．使得． （1）若，判断数列是否满足性质①，说明理由； （2）若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由； （3）若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列. 【答案】(Ⅰ)不具有性质①； (Ⅱ)具有性质①；具有性质②； (Ⅲ)证明：解法一 首先，证明数列中的项同号，不妨设恒为正数： 显然，假设数列中存在负项，设， 第一种情况：若，即， 由①可知：存在，满足，存在，满足， 由可知，从而，与数列的单调性矛盾，假设不成立. 第二种情况：若，由①知存在实数，满足，由的定义可知：， 另一方面，，由数列的单调性可知：， 这与的定义矛盾，假设不成立. 同理可证得数列中的项恒为负数. 综上可得，数列中的项同号. 其次，证明： 利用性质②：取，此时， 由数列的单调性可知， 而，故， 此时必有，即， 最后，用数学归纳法证明数列为等比数列： 假设数列的前项成等比数列，不妨设， 其中，（的情况类似） 由①可得：存在整数，满足，且 （*） 由②得：存在，满足：，由数列的单调性可知：， 由可得： （**） 由（**）和（*）式可得：， 结合数列的单调性有：， 注意到均为整数，故， 代入（**）式，从而. 总上可得，数列的通项公式为：. 即数列为等比数列. 解法二：假设数列中的项均为正数： 首先利用性质②：取，此时， 由数列的单调性可知， 而，故， 此时必有，即， 即成等比数列，不妨设， 然后利用性质①：取，则， 即数列中必然存在一项的值为，下面我们来证明， 否则，由数列的单调性可知， 在性质②中，取，则，从而， 与前面类似的可知则存在，满足， 若，则：，与假设矛盾； 若，则：，与假设矛盾； 若，则：，与数列的单调性矛盾； 即不存在满足题意的正整数，可见不成立，从而， 然后利用性质①：取，则数列中存在一项， 下面我们用反证法来证明， 否则，由数列的单调性可知， 在性质②中，取，则，从而， 与前面类似的可知则存在，满足， 即由②可知：， 若，则，与假设矛盾； 若，则，与假设矛盾； 若，由于为正整数，故，则，与矛盾； 综上可知，假设不成立，则.同理可得：，从而数列为等比数列， 同理，当数列中的项均为负数时亦可证得数列为等比数列. 由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数. 从而题中的结论得证，数列为等比数列. 【解析】 【分析】(Ⅰ)根据定义验证，即可判断； (Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断； (Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可. 解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得成等比数列，之后证得成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证. 【详解】(Ⅰ)不具有性质①，理由略； (Ⅱ)具有性质①，理由略； 具有性质②，理由略； (Ⅲ)略 【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 合肥九中2024-2025学年第二学期第六次单元质量检测 高三年级数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 命题教师：魏思远 审题教师：徐珺 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合条件的.） 1. 已知全集，，则集合（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 3. 在的展开式中，项的系数为（ ） A. B. C. 16 D. 144 4. 已知均为第二象限角，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 母线长为1的圆锥体积最大时，其侧面展开图圆心角等于（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，P是曲线上一个动点，则的最大值是（ ） A. 2 B. C. D. 7. 如图所示，将绘有函数部分图象的纸片沿轴折成钝二面角，此二面角的平面角为，此时，之间的距离为，则（ ） A. B. C. D. 8. 互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”.如图，在斜坐标系中，过点作两坐标轴的平行线，其在轴和轴上的截距分别作为点的坐标和坐标，记.若斜坐标系中，轴正方向和轴正方向的夹角为，则该坐标系中和两点间的距离为（ ） A. B. C. D. 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，有选错得得0分.） 9. 某班级学生开展课外数学探究活动，将一杯冷水从冰箱中取出后静置，在的室温下测量水温单位随时间（单位：）的变化关系，在测量了15个数据后，根据这些实验数据得到如下的散点图： 现需要选择合适的回归方程进行回归分析，则根据散点图，合适的回归方程类型有（ ） A. B. C. D. 10. 在平面直角坐标系中，已知圆，其中，则（ ） A. 圆过定点 B. 圆的圆心在定直线上 C. 圆与定直线相切 D. 圆与定圆相切 11. 已知对于任意非零实数，函数均满足，，下列结论正确的有（ ） A. B. 关于点中心对称 C. 关于轴对称 D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 记为等差数列的前n项和，若，，则________. 13. 在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是________． 14. “布朗运动”是指微小颗粒永不停息的无规则随机运动，在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，某粒子作布朗运动时每次会从所在仓的通道口中随机选择一个到达相邻仓或者容器外，一旦粒子到达容器外就会被外部捕获装置所捕获，此时试验结束．已知该粒子初始位置在1号仓，则试验结束时该粒子是从1号仓到达容器外的概率为__________． 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. 已知的内角、、的对边分别为、、，. （1）求； （2）若，，求. 16. 甲乙两人进行象棋比赛，约定谁先赢3局谁就直接获胜，并结束比赛.假设每局甲赢的概率为，和棋的概率为，各局比赛结果相互独立. （1）记为3局比赛中甲赢的局数，求的分布列和均值 （2）求乙在4局以内（含4局）赢得比赛的概率； 17. 已知椭圆的长轴长为4，一个焦点为. （1）求椭圆的方程及离心率； （2）过点且斜率存在的直线交椭圆于两点，在轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 18. 已知函数（）. （1）若，求的极小值； （2）当时，求的单调递增区间； （3）当时，设的极大值为，求证：. 19. 已知是无穷数列．给出两个性质： ①对于中任意两项，在中都存在一项，使； ②对于中任意项，在中都存在两项．使得． （1）若，判断数列是否满足性质①，说明理由； （2）若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由； （3）若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $