精品解析：安徽省部分学校2024-2025学年高三12月大联考数学试卷

绝密★启用前 安徽2024—2025学年高三12月联考 数 学 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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】B 【解析】 【分析】用列举法表示集合，解不等式化简集合，再求出交集. 【详解】依题意，，或， 所以. 故选：B 2. 若复数满足，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求出，进而求得. 【详解】依题意，， 所以. 故选：A 3. “”的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出的范围，再利用充分不必要条件的定义判断得解. 【详解】，而函数在上单调递增， 当时，，因此，解得， 选项中只有是的真子集， 所以“”的一个充分不必要条件是. 故选：D 4. 已知三点，点在圆上运动，则的最大值与最小值之和为（ ） A. 96 B. 98 C. 100 D. 102 【答案】D 【解析】 【分析】设出点的坐标，利用同角公式及正弦函数性质求出答案. 【详解】由点在圆上运动，设， 所以 ，显然的最大值、最小值分别为57和45， 所以的最大值与最小值之和为102. 故选：D 5. 在中，内角所对的边分别为，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理及和角的正弦公式、二倍角公式求解即得. 【详解】在中，由正弦定理得， 则， 而，因此， 所以. 故选：B 6. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用不等式，放缩法可比较数的大小. 【详解】当时，有， 则，所以， 所以，所以. 故选：C. 7. 已知函数，函数满足，若函数恰有2025个零点，则所有零点之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析函数、的性质，确定函数的对称中心，再利用此性质求得答案. 【详解】由，得函数的定义域为R， 又，即函数是奇函数， 函数的图象关于点对称，则函数的图象关于点对称， 由，得函数的图象关于点对称， 因此函数的图象关于点对称，由函数恰有2025个零点， 得函数有一个零点为，其余零点关于对称， 所以所有零点之和为. 故选：A 8. 记数列的前项和为，若，且，则的最小值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】变形给定的递推公式，利用累加法可得，进而分析求得最小值及取得最小值的条件即可. 【详解】数列中，由，得， 则， 因此，又且，则是整数， 于是是整数，是偶数的平方，则，当取等号， 下面举例说明可以取到4，，， ，此时， 所以的最小值为2. 故选：C 【点睛】关键点点睛：利用累加法求和，再举例验证取等号的条件是求解本题的关键. 二、多项选择题：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. 已知平面向量，则（ ） A. B. C. 与的夹角是 D. 在上的投影向量是 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量的坐标运算逐项求解判断. 【详解】对于A，，则，，A正确； 对于B，，不共线，B错误； 对于C，，则， 而，因此，C正确； 对于D，在上的投影向量是，D正确. 故选：ACD 10. 如图，在棱长为1的正四面体中，点是顶点在底面内的射影，为的中点，则（ ） A. B. C. 点到平面的距离为 D. 三棱锥的外接球体积为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用正四面体的结构特征，求出，再结合线面垂直、球的体积公式判断各选项即可. 【详解】在棱长为1的正四面体中，平面，连接， 则，,， ，同理， 对于A，，则，A正确； 对于B，由选项A知，，若，而平面， 则平面，又平面，于是，， 而，即，因此不垂直，B错误； 对于C，由选项A知，两两垂直，则有平面， 因此点到平面的距离为，C正确； 对于D，三棱锥的外接球与以为棱的正方体外接球相同， 则该球的直径为，半径为，体积为，D错误. 故选：AC 11. 已知函数，则下列说法错误的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 存在，使得为奇函数 C. 当时，，使得 D. 当时，的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由对称性的概念可判断，对于B，通过可判断，对于C，由，得到，结合正弦单调性可判断，对于D，由，比较大小即可判断. 【详解】对于A，故A正确； 对于B，，所以不可能为奇函数，故B错误； 对于C，当时，，当时，， 因为， 所以， 所以， 所以， 故C错误； 对于D，时，， 由于， 所以，故D错误； 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 数据，，，，，，，，，的第70百分位数是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据百分位数计算规则计算可得. 【详解】将数据从小到大排序得， 因为， 所以这组数据的第百分位数为从小到大排列的第、两数的平均数， 即为. 故答案为：. 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为，若上存在一点，使得，则的离心率______． 【答案】 【解析】 【分析】由三角形面积公式建立焦半径与的等量关系，利用余弦定理建立齐次方程，可得答案. 【详解】由题意作图如下： 设，在中，， 易知边上的高， 则该三角形面积，解得， 由，则， 在中，由余弦定理可得， 整理可得，则， 代入可得， 可得，解得， 由，且，则. 故答案为：. 14. 对任意实数，均有，当且仅当时等号成立，这个不等式称为柯西不等式．若关于的方程有实根，则的最小值为______． 【答案】##0.2 【解析】 【分析】令，则可得，可求得，从而可得方程有大于等于2的根，可得，分类讨论可求的最小值. 【详解】令，所以，所以， 由，可得， 整理得， 因为，所以， 所以，解得，当且仅当，即是取等号， 对于方程，由求根公式可得， 因为方程有实根，所以， 即， （1）当，即时，两边平方可得， 所以， 若，即时，， 所以， 当且仅当，时，取等号， 若时，， 当时，不等式恒成立，此时. 综上所述：的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键在于换元后确定方程有大于等于2的根，进而得到，再分类讨论求得最小值. 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. 从甲、乙两名同学中选派一人代表班级参加学校活动，制定如下规则：将大小、材质相同的1个红球和2个黑球放入抽签箱中，由班长随机摸出2个球，若颜色相同，则甲得1分，若颜色不同，则乙得1分，每次摸球记录结果后将小球放回，重新摸取，首先得3分的一人将被选派． （1）求每次摸球甲得分的概率． （2）现有两个方案：①增加1个红球；②增加1个黑球．为了使选派结果更加公平，应选哪个方案？ 【答案】（1） （2）应选方案②. 【解析】 【分析】（1）利用古典概型的概率计算公式求解即可； （2）分别求出方案①和方案②每次摸球甲、乙得分的概率，比较即可得出结论. 【小问1详解】 设甲得分为事件,则. 【小问2详解】 设甲得分为事件,乙得分为事件, 方案①：每次摸球甲得分的概率为， 每次摸球乙得分的概率为，即方案①不公平； 方案②：每次摸球甲得分的概率为， 每次摸球乙得分的概率为，即方案②公平. 综上，为了使选派结果更加公平，应选方案②. 16. 如图，在四棱锥中，分别为棱的中点，平面，四边形是边长为4的正方形. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 取的中点为，连接，如图： 在中，分别为的中点，则，， 在正方形中，为的中点，则，， 因为，，所以在平行四边形中，， 因为平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形中位线以及平行四边形性质，结合线面平行判定，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点为，连接，易知两两垂直， 以为原点，分别以所在直线为轴，如下图： 则， 由分别为的中点，则， 取，，， 设平面的法向量，则， 令，则，所以平面的一个法向量， 设平面的法向量，则， 令，则，所以平面的一个法向量， 平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，左、右顶点分别为，且上存在点，使得直线与的斜率之积为． （1）求的方程． （2）过点作直线交于两点（与均不重合），过原点作直线的平行线交于，两点，是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）； （2）存在，. 【解析】 【分析】（1）求出抛物线的焦点坐标，结合斜率坐标公式列式求出即可. （2）设出直线的方程，与椭圆方程联立求出弦长，再求出即可得解. 【小问1详解】 抛物线的焦点，依题意，， 设，则，而， 由直线与的斜率之积为，得， 则，， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 显然直线不垂直于轴，设其方程为，则平行线的方程为， 由消去得，设， 则， ， 由消去得，解得， 则，因此， 所以存在常数，使得恒成立，. 18. 已知函数． （1）记的图象在点处的切线方程为，证明：当时，； （2）若当时，，求实数的最大整数值． 【答案】（1） 由题可知， 所以，所以 令， 易知的定义域为，由得，由得， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 所以. 令， 则当时，， 所以， 综上，当时，； （2）4 【解析】 【分析】（1）构造，通过求得确定单调性，求得最值即可说明，构造，通过配方即可判断； （2）参变分离得到，构造函数，通过求导确定最值即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 当时，由，得. 记， 则， 记，则， 所以在上单调递增， 又， 所以使得，即， 当时，，即， 当时，，即， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以的最大整数值为4. 【点睛】关键点点睛：第二问参变分离，构造函数求其导数，再构造，通过求导确定单调性，结合隐零点求解. 19. 世纪法国的数学家韦达在其三角学著作《应用于三角形的数学定律》中给出了积化和差与和差化积恒等式． 积化和差： ， ． 和差化积： ， ． 运用上面的公式解决下列问题： （1）证明：； （2）若，证明：； （3）若函数，判断的零点个数，并说明理由． 【答案】（1） 根据二倍角公式与和差化积恒等式得： . （2） 左边 ， 右边 . 由，得， 所以. （3） 仅有一个零点. 显然，下面证明当时，. . 当时，， 因此， 即当时，. 所以仅有1个零点. 【解析】 【分析】（1）直接利用二倍角公式和和差化积公式计算即可. （2）利用积化和差公式和诱导公式即可证明. （3）易得，再证明当时，即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 安徽2024—2025学年高三12月联考 数 学 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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. 若复数满足，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 3. “”的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 4. 已知三点，点在圆上运动，则的最大值与最小值之和为（ ） A. 96 B. 98 C. 100 D. 102 5. 在中，内角所对的边分别为，已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，函数满足，若函数恰有2025个零点，则所有零点之和为（ ） A. B. C. D. 8. 记数列的前项和为，若，且，则的最小值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 二、多项选择题：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. 已知平面向量，则（ ） A. B. C. 与的夹角是 D. 在上的投影向量是 10. 如图，在棱长为1的正四面体中，点是顶点在底面内的射影，为的中点，则（ ） A. B. C. 点到平面的距离为 D. 三棱锥的外接球体积为 11. 已知函数，则下列说法错误的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 存在，使得为奇函数 C. 当时，，使得 D. 当时，的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 数据，，，，，，，，，的第70百分位数是______． 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为，若上存在一点，使得，则的离心率______． 14. 对任意实数，均有，当且仅当时等号成立，这个不等式称为柯西不等式．若关于的方程有实根，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. 从甲、乙两名同学中选派一人代表班级参加学校活动，制定如下规则：将大小、材质相同的1个红球和2个黑球放入抽签箱中，由班长随机摸出2个球，若颜色相同，则甲得1分，若颜色不同，则乙得1分，每次摸球记录结果后将小球放回，重新摸取，首先得3分的一人将被选派． （1）求每次摸球甲得分的概率． （2）现有两个方案：①增加1个红球；②增加1个黑球．为了使选派结果更加公平，应选哪个方案？ 16. 如图，在四棱锥中，分别为棱的中点，平面，四边形是边长为4的正方形. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，左、右顶点分别为，且上存在点，使得直线与的斜率之积为． （1）求的方程． （2）过点作直线交于两点（与均不重合），过原点作直线的平行线交于，两点，是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 18. 已知函数． （1）记的图象在点处的切线方程为，证明：当时，； （2）若当时，，求实数的最大整数值． 19. 世纪法国的数学家韦达在其三角学著作《应用于三角形的数学定律》中给出了积化和差与和差化积恒等式． 积化和差： ， ． 和差化积： ， ． 运用上面的公式解决下列问题： （1）证明：； （2）若，证明：； （3）若函数，判断的零点个数，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $