2023-2024学年安徽省池州市高三上册期末联考数学模拟测试卷（含解析）

2023-2024学年安徽省池州市高三上学期期末联考数学模拟试题适用地区：安徽、广西、贵州、甘肃、江西、吉林、黑龙江，及其他已实行新高考地区.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合，集合，集合，则（

）A． B． C． D．2．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，，则实数（

）A． B． C． D．3．“基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”，是国家为回应“钱学森之问”而推出的一项人才培养计划，旨在培养中国自己的学术大师．已知浙江大学、复旦大学、武汉大学、中山大学均有开设数学学科拔尖学生培养基地，某班级有5位同学从中任选一所学校作为奋斗目标，则每所学校至少有一位同学选择的不同方法数共有（

）A．120种 B．180种 C．240种 D．300种4．记为等比数列的前n项和，若，，则（

）．A．120 B．85 C． D．5．如图，在长方形中，，，从上的一点发出的一束光沿着与夹角为的方向射到上的点后，依次反射到、上的、点，最后回到点，则等于（

）A． B． C． D．6．函数在处有极值为10，则a的值为（

）A．3 B．-4 C．-3 D．-4或37．已知函数，若存在实数当时，满足则的取值范围为（

）A． B． C． D．8．如图，椭圆的左焦点为，右顶点为A，点Q在y轴上，点P在椭圆上，且满足轴，四边形是等腰梯形，直线与y轴交于点，则椭圆的离心率为（

）．A． B． C． D．二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．若复数，，其中是虚数单位，则下列说法正确的是（

）A．B．C．若是纯虚数，那么D．若，在复平面内对应的向量分别为，（O为坐标原点），则10．如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，，则下列结论正确的是（

）A．圆锥SO的侧面积为B．三棱锥S-ABC体积的最大值为C．的取值范围是D．若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为11．某商场设有电子盲盒机，每个盲盒外观完全相同，规定每个玩家只能用一个账号登陆，且每次只能随机选择一个开启．已知玩家第一次抽盲盒，抽中奖品的概率为，从第二次抽盲盒开始，若前一次没抽中奖品，则这次抽中的概率为，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为．记玩家第次抽盲盒，抽中奖品的概率为，则（

）A． B．数列为等比数列C． D．当时，越大，越小12．已知点为抛物线的焦点，直线过点交抛物线于，两点，.设为坐标原点，，直线与轴分别交于两点，则以下选项正确的是（

）A．B．若，则C．若，则面积的最小值为D．四点共圆三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知向量，，且与共线，则.14．筒车亦称为“水转筒车”，一种以流水为动力，取水灌田的工具，筒车发明于隋而盛于唐，距今已有多年的历史如图，假设在水流量稳定的情况下，一个半径为米的筒车按逆时针方向做每分钟转一圈的匀速圆周运动，筒车的轴心距离水面的高度为米，设筒车上的某个盛水筒的初始位置为点（水面与筒车右侧的交点），从此处开始计时，分钟时，该盛水筒距水面距离为，则.15．已知圆：，若为直线：上的点，过点可作两条直线与圆分别切于点，，且为等边三角形，则实数的取值范围是.16．如图，某校学生在开展数学建模活动时，用一块边长为的正方形铝板制作一个无底面的正棱锥（侧面为等腰三角形，底面为正边形）道具，他们以正方形的儿何中心为田心，为半径画圆，仿照我国古代数学家刘徽的割圆术裁剪出份，再从中取份，并以O为正棱锥的顶点，且落在底面的射影为正边形的几何中心，侧面等腰三角形的顶角为，当时，设正棱锥的体积为，则的最大值为.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．在中，a，b，c分别是的内角A，B，C所对的边，且．(1)求角A的大小；(2)记的面积为S，若，求的最小值．18．已知数列满足，(1)判断数列是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；(2)若数列的前10项和为361，记，数列的前n项和为，求证.19．如图，该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，点为弧的中点，且，，，四点共面.

(1)证明：平面平面；(2)若平面与平面所成二面角的余弦值为，且线段长度为2，求点到直线的距离.20．第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲､乙､丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知．①试证明：为等比数列；②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小．21．已知双曲线C：的离心率为，过点的直线l与C左右两支分别交于M，N两个不同的点（异于顶点）．(1)若点P为线段MN的中点，求直线OP与直线MN斜率之积（O为坐标原点）；(2)若A，B为双曲线的左右顶点，且，试判断直线AN与直线BM的交点G是否在定直线上，若是，求出该定直线，若不是，请说明理由22．已知，（n为正整数，）．(1)当时，设函数，，证明：有且仅有1个零点；(2)当时，证明：．1．C【分析】解集合A中的不等式和集合B中函数的定义域，得到集合A、B，由集合的运算和集合间的关系验证各选项．【详解】不等式解得，函数有意义，则，∵，，∴或，，对于A，不正确；对于B，不正确；对于C，，正确；对于D，，不正确故选：C．2．D由奇函数性质得，再代入解析式求解即可.【详解】解：因为函数是定义在上的奇函数，，所以，由于当时，，所以，解得.故选：D.3．C【分析】按照分组分配的方法，列式求解.【详解】将5位同学分为2，1，1，1的分组，再分配到4所学校，共有种方法.故选：C4．C【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，若，则，与题意不符，所以；若，则，与题意不符，所以；由，可得，，①，由①可得，，解得：，所以．故选：C．方法二：设等比数列的公比为，因为，，所以，否则，从而，成等比数列，所以有，，解得：或，当时，，即为，易知，，即；当时，，与矛盾，舍去．故选：C．本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．5．C【分析】记，设，由几何关系用逐个三角形推出，再由中，，最终求出结果.【详解】记，根据对称性得到，，设，，在中，，，在中，，，在中，，，在中，，，，得．故选：C．6．B【分析】首先对求导，然后由题设在时有极值10可得解之即可求出和的值．【详解】解：对函数求导得，又在时有极值10，，解得或，当，时，,故在无极值，故故选：B．本题掌握函数极值存在的条件，考查利用函数的极值存在的条件求参数的能力，属于基础题．7．D【分析】由正弦函数的性质可知，，，，所以，令，利用导数得到函数的单调性和极值，求出在时的值域，从而得到的取值范围．【详解】由正弦函数的性质可知，，，，，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，又当时，，且，，，的取值范围为，故选：D．8．D【分析】做轴于点，得到点的纵坐标，从而得到，然后根据，列出方程，即可得到结果.【详解】由题意，做轴于点，因为四边形是等腰梯形，则，则点的横坐标为，代入椭圆方程，可得，即，因为，则，由，则，化简可得，，同时除可得，即，对于当时，，当时，，在时，方程有根，且，故应舍，所以.故选:D解答本题的关键在于得到点的纵坐标，然后根据三角形相似列出方程，得到的关系式.9．BC【分析】利用复数的运算法则和几何意义即可进行判断.【详解】对于A，，A错误；对于B，∵，∴；又，∴，B正确；对于C，∵为纯虚数，∴，解得：，C正确；对于D，由题意得：，，∴，∴，D错误.故选：BC10．BD【分析】根据已知条件求出圆锥的侧面积，棱锥的体积判断AB，利用求得后可得其范围判断C，把棱锥的两个面和摊平，利用平面上的性质求的最小值判断D．【详解】由已知，圆锥侧面积为，A错；在圆周上，易得，．B正确；，又中，，所以，所以．C错；时，把和摊平，如图，的最小值是，此时，，，，，D正确．故选：BD．11．ABC【分析】记玩家第次抽盲盒并抽中奖品为事件，依题意，，，，利用全概率公式可判断A选项；利用全概率公式推出，结合等比数列的定义可判断B选项；求出数列的通项公式，可判断C选项；利用数列的单调性可判断D选项.【详解】记玩家第次抽盲盒并抽中奖品为事件，依题意，，，，，对于A选项，，A对；对于B选项，，所以，，所以，，又因为，则，所以，数列是首项为，公比为的等比数列，B对；对于C选项，由B选项可知，，则，当为奇数时，，当为偶数时，，则随着的增大而减小，所以，.综上所述，对任意的，，C对；对于D选项，因为，则数列为摆动数列，D错.故选：ABC.方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：（1）当出现时，构造等差数列；（2）当出现时，构造等比数列；（3）当出现时，用累加法求解；（4）当出现时，用累乘法求解.12．ACD【分析】由抛物线焦半径公式可直接构造方程求得，知A正确；设，与抛物线方程联立可得，由向量数量积的坐标运算可知B错误；由可知C正确；表示出直线方程后，可求得点坐标，进而得到，知，同理可得，由此可知D正确.【详解】对于A，由抛物线焦半径公式得：，解得：，A正确；对于B，由题意知：直线斜率存在，设，由得：，；由得：，则，，B错误；对于C，若，则，不妨设，则（当且仅当时取等号），即面积的最小值为，C正确；对于D，直线的斜率为，直线的方程为，令得：，点的横坐标为，即，则直线的斜率，，，同理可得：，四点共圆，D正确．故选：ACD．思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用的问题，本题D选项中，证明四点共圆的基本思路是能够通过说明两条直线斜率乘积为，得到两条直线互相垂直，进而得到四边形对角互补，得到四点共圆.13．【分析】由向量垂直的条件求出，再得出，最后求出模长即可.【详解】因为与共线，所以，所以，所以，所以，故答案为.14．3【分析】由题意得，，，又时，，代入求值，得到，求出函数解析式，求出答案.【详解】由题意得，又，故，且，解得，故，当时，，即，，又，解得，故，所以.故315．【分析】求出圆心和半径，由已知条件可得，利用圆心到直线：的距离，解不等式即可求解.【详解】由可得，所以圆心，半径，过点可作两条直线与圆分别切于点，，且为等边三角形，所以，所以，圆心到直线：的距离，解得：，故答案为.16．【分析】设，首先求得的表达式，结合二次函数的性质求得的最大值.【详解】设，由题意，，得，将（※）代入（#），可得.因为，所以，则，，当时，取得最大值.故17．(1)(2)【分析】（1）根据题意，由正弦定理先将边角化统一，然后由余弦定理即可得到结果；（2）根据题意可得，，然后得到，再由三角形的面积公式可得，最后结合基本不等式即可得到结果.【详解】（1）因为，即由正弦定理可得，，化简可得，且由余弦定理可得，，所以，且，所以.（2）因为，则可得，所以且，即，当且仅当，即时，等号成立.所以18．(1)是，证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由题意求出数列的递推关系式，再由等比数列的定义可证;（2）由条件，得，再由函数在上单调递增，，求出，从而，而利用可得证.【详解】（1）数列成等比数列.根据得；，，，即数列成等比数列.（2）由（1）得，，，故由，得.显然，，单调递增，且，故，，.，，,当时，,综上，知.本题的关键是的适当放缩，从而利用裂项相消法求前项的和.19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）过作，交底面弧于，连接，有为平行四边形，根据题设可得，即，再由线面垂直的性质可得，最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论.（2）构建如下图示空间直角坐标系，令半圆柱半径为，高为，确定相关点坐标，进而求平面、平面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件可得，即可求出点到直线的距离.【详解】（1）过作，交底面弧于，连接，易知：为平行四边形，所以，又为弧的中点，则是弧的中点，所以，而由题设知：，则，所以，即，由底面，平面，则，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）由题意，构建如下图示空间直角坐标系，令半圆柱半径为，高为，则，，，，所以，，，，若是面的一个法向量，则，令，则，若是面的一个法向量，则，令，则，所以，整理可得，则，又，由题设可知，此时点，，，则，，所以点到直线的距离.

.20．(1)分布列见解析；期望为(2)①证明见解析；②【分析】（1）方法一：先计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，进而求得数学期望；方法二：判断，结合二项分布的分布列和期望公式确定结论；（2）①记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，由条件确定的关系，结合等比数列定义完成证明；②由①求出，比较其大小即可.【详解】（1）方法一：的所有可能取值为，在一次扑球中，扑到点球的概率，所以，，所以的分布列如下：0123方法二：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为，门将在前三次扑到点球的个数可能的取值为，易知，所以，故的分布列为：0123所以的期望．（2）①第次传球