安徽省江淮十校2024届高三第三次联考数学试题（含答案解析）

安徽省江淮十校2024届高三第三次联考数学试题

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.已知/=卜了=111》+（尤-1）°},1=上加=Jx+司,则/口8=（）.

A.[0,1）“1产）B.（O,l）U（l,+<»）

C.（0,+e）D.[0,+8）

2.若zeC,i为虚数单位，|z+2i-l|=l,贝的最大值为（）

A.2B.V10-1C.4D.VlO+l

3.学校食堂的一个窗口共卖5种菜，甲、乙2名同学每人从中选一种或两种，且两人之间

不会互相影响，则不同的选法种数为（）

A.20B.25C.225D.450

C=5，C4边上的高等于立C4,则sin^=

4.在"中,

62

A.@]_

B.C.—D.

2233

5.已知直线/：x+(l+a)y=2-a圆。:/+/-6工+4/+12=0,则该动直线与圆的位置

关系是（）

A.相离B.相切C.相交D.不确定

17n

6.已知别>0,〃>0且上+4=2,则3+等的最小值为（

mn2m

A.2B.4C.8D.272

7.如图，直线/在初始位置与等边。BC的底边重合，之后/开始在平面上按逆时针方向绕

点A匀速转动（转动角度不超过60。），它扫过的三角形内阴影部分的面积S是时间，的函

试卷第1页，共4页

A.-1010B.-1010.5C.0D.2024

二、多选题

9.已知函数/（x）=3si“2x-：|，下列说法正确的是（）

A.2兀是“X）的一个周期

B./（可在（^葭^上递减

C.将“X）图象向左平移弓个单位可得到y=3sin2x的图象

O

D.若/'（%）=2,贝ljsin4xo=：

4

10.设4B两点的坐标分别为㈠⑼，（3,0）直线/M,8M相交于点M,且它们的斜率之积为

则下列说法中正确的是（）

22

A."的轨迹方程为土—匕=1

94

22

B.M的轨迹与椭圆二+匕=1共焦点

2512

C.2x-3y=0是W的轨迹的一条渐近线

D.过N（0,2）能做4条直线与M的轨迹有且只有一个公共点

11.如图，正三棱柱44cl的各棱长相等，且均为2,N在/内及其边界上运动,

则下列说法中正确的是（）

试卷第2页，共4页

y3：

A.存在点N,使得GN，平面43c

B.若GN=石，则动点N的轨迹长度为A

C.£为4G中点，若GN//平面则动点N的轨迹长度为百

D.存在点N,使得三棱锥C-4的V的体积为且

8

三、填空题

12.已知。为等边"BC的中心，若厉=32荏=29，贝1］就=.(用£石表示)

13.某小学对四年级的某个班进行数学测试，男生的平均分和方差分别为91和11,女生的

平均分和方差分别为86和8,已知该班男生有30人，女生有20人，则该班本次数学测试

的总体方差为.

14.已知首项为g的正项数列满足｛0“｝满足=。3,若存在〃eN*,使得不等式

(m-(-l)-a„)(m+(-1)"%+3)<0成立，则冽的取值范围为.

四、解答题

15.已知数列｛4｝的首项6=2,且满足。用+%=3义2".

(1)求｛。”｝的通项公式；

(2)已知”=丁，求使也｝取得最大项时”的值.(参考值：次“26)

16.如图，在四棱锥尸-/BCD中，底面48co是正方形，底面48cD,PA=AB.

试卷第3页，共4页

CB

(1)已知。为尸C中点，求证：/O_L平面尸BD;

(2)求平面DPC与平面PCB的夹角.

17.已知椭圆直线/：x=2与x轴交于点尸，过点尸的直线与C交于48两点(点

A在点8的右侧).

(1)若点A是线段PB的中点，求点A的坐标；

⑵过3作X轴的垂线交椭圆于点。，连4D,求面积的取值范围.

18.一箱24瓶的饮料中有3瓶有奖券，每张奖券奖励饮料一瓶，小明从中任取2瓶，

(1)小明的这2瓶饮料中有中奖券的概率；

(2)若小明中奖后兑换的饮料继续中奖的话可继续兑换，兑换时随机选取箱中剩余的饮料，

求小明最终获得饮料瓶数的分布列和期望.

19.对于函数y=/(x)的导函数y=/'(x),若在其定义域内存在实数%和乙使得

/(%)=叭X。)成立，则称y=/(x)是，跃然”函数，并称/是函数尸/(X)的“跃然值”.

⑴证明：当"1时，函数〃切=也斗是“跃然”函数；

e

(2)证明：g(x)=e*+x(xeR)为“跃然”函数，并求出该函数“跃然值”的取值范围.

试卷第4页，共4页

参考答案:

1.B

【分析】根据函数定义域和值域的求法可分别确定集合48,由交集定义可得结果.

fx>0/、/、

【详解】由[八得:0<x<l或x〉l,即4=0,1ul,+8；

[x—lwO

V^+i>0，j=Vx+T>0,即2=[0,+8),

.­.jn5=(o,i)u(i,+®),

故选：B.

2.D

【分析】根据复数的几何意义可得复数z对应的点的轨迹为以点(1,-2)为圆心，1为半径的

圆，进而求出|z-i|的最大值.

【详解】根据题意，复数z对应的点的轨迹为以点(1,-2)为圆心，1为半径的圆，

所求式子|z-i|的几何意义表示点(0,1)到圆上点的距离的最大值，

如图所示，最大值为0)2+(_2_咪+]=而+1.

3.C

【分析】根据分步计数原理，结合组合数公式，即可求解.

[详解】甲和乙的选择方法分别有c；+C；=15种方法，

所以甲和乙不同的选择方法有15x15=225种.

故选：C

4.B

答案第1页，共17页

【分析】根据三角函数，结合图形，即可求解.

【详解】如图，C4边上的高为3D,BD=^-CA,且

26

7T3

所以CB=\fiCA，则CD=BC-cos—=—G4,

62

则4Z)=；G4，ABZBD?+Alf=/C，

jrjrI

所以NABC=NC=—,贝!|sinB=sin—=—.

662

5.C

【分析】根据题意可得直线/表示过定点/(3,-1),且除去了=-1的直线，点A在圆上，可

判断直线/与圆C相交.

［详解］因为直线，：x+(l+a)y=2_a,即x+y_2+a(y+l)=0,

［x=3

当y+l=0时，x+y-2=0,解得《,

b=-i

所以直线/表示过定点/(3,-1),且除去>=-1的直线,

将圆C的方程化为标准方程为(x-3『+(y+2『=1,因为|/q=i,点A在圆上,

所以直线/与圆C可能相交，可能相切，相切时直线/为了=-1,不合题意,

所以直线/与圆C相交.

故选：C.

6.A

【分析】根据条件，将所求式子变形利

用基本不等式求解.

1?

【详解】vm>0,n>0,一+—=2,

mn

22

n4m/+8加3^2m+n)(4m-2mn+n^

-----+----==

2m2n22m2H2----------2m2n2

答案第2页，共17页

当且仅当2=9，即〃=2冽，即冽=1/=2时等号成立.

n2m

故选：A.

7.C

【分析】取8c的中点E,连接NE,设等边^ABC的边长为2,求得等+|tan(a-30。)，

令S(x)=^+gtan(x-30。)，其中(TVxV60。，结合导数，即可求解.

【详解】如图所示，取8c的中点E,连接NE,因为AASC为等边三角形，可得NE/B=30°,

设等边AA8C的边长为2,且ND/3=a,其中(TVaV60。，

可得|。河二|^4£1||tan(30o-6r)|=V3|tan(30°-6r)|,

又由。的面积为S/sc=可得S’

且S“£>E=百1an(30°-a)卜-^-|tan(30°-cif)|,

tana=

则八ABD的面积为S=S“BE-SAADE~~0^~)：tan(a-30°),

令S(x)=^+gtan(x—30°),其中(TVxV60°,

31

可得8'。)=彳义皿、〉0,所以S(x)为单调递增函数，

2cos(x-JU)

又由余弦函数的性质得，当x=30。时，函数S(x)取得最小值,

所以阴影部分的面积一直在增加，但是增加速度先快后慢再快,

结合选项，可得选项C符合题意.

故选：C.

答案第3页，共17页

【分析】根据题意，求出兀是/（X）的一个周期，利用周期性求解答案.

••・小+g=]1

【详解】Q《+升1——=

1+/1____1—/（X），

1+/（龙）’pi

l+〃x）

]

：.f（X+Tt）=~二/仅），所以兀是/（无）的一个周期,

1+4X+T

2兀1;/（兀）=-----1

=一2

又f1,712，1+/

1+/

所以/扑/2兀+/（兀）=_1.

・冬用=674陪//图+/（兀）]+/./信

=674义（_|]+1一（=-1010.5.

故选：B.

【点睛】关键点睛：本题解题的关键是根据条件判断兀是/（、）的一个周期，再求出

/fy]=-p/（兀）=-2,利用周期性求解.

9.ACD

【分析】由三角函数的最小正周期公式可判断A；通过了=3sin/Je（O,兀）的单调性可判断B；

通过函数图象左右平移作用于自变量，且左加右减可判断C；由题代入求出sin（2x。-：]=g

再通过诱导公式和二倍角公式凑角求值可判断D.

【详解】对于A,由题意，函数/（x）=3sin12x-：,可得的最小正周期为7=^=兀,

所以2兀是/（X）的一个周期，故A正确；

对于B,由引，可得2x-：e（0,7i）,

所以函数“x）=3si”2xT在xe长,心上不单调，故B错误；

对于C,将“X）的图象向左平移?个单位可得，y=3sin2^+^-^,

Hko/4

即y=3sin2x,故C正确;

答案第4页，共17页

2

对于D,若/国）=2,即3sin2,gpsin

3

2=J

所以sin4x0=cos1-2sinl-2x

故D正确.

故选：ACD.

10.BC

【分析】对A,设点xw±3,根据条件列式求出轨迹方程可判断；对B,由点M

的轨迹方程求出焦点坐标可判断；对C,点”的轨迹方程求出渐近线方程可判断；对D,

点N（0,2）在了轴上，过点N的直线与点M的轨迹只有一个公共点，只有两条切线，其中与

渐近线平行的直线过点（±3,0）不合题意.

【详解】对于A,设点V（x,力，xw±3,则k.=，，kMB=",

x+3x-3

A2222

所以Ux士=?，化简得上一匕=1,所以点M的轨迹方程为二一匕=l（xw±3）.故A

错误；

对于B,由A选项，点M的轨迹的焦点为（土历,0）与椭圆《+以=1共焦点，故B正确；

,72512

22

对于C,点M的轨迹对应曲线3■-々=1（工*13）的渐近线为2x±3y=o,故C正确；

对于D,点N（o,2）在了轴上，设尸（一3,0）,0（3,0）,则%,=：，%=-三，

所以直线尸N,N0与渐近线平行，但点P,。不在点M的轨迹上，

故过点N（0,2）只能作点”的轨迹两条切线，如图所示，故D错误.

故选：BC.

11.BCD

【分析】取的中点2,。，证得平面4AC1平面DQCQ,得到CXHI平面A^C,

答案第5页，共17页

结合,可判定A；由GN=石，求得CN=1,得到点N的轨迹为圆弧，

可判定B；点E为4G中点，取NC的中点e，证得平面。田尸〃平面得到动点N的

轨迹为线段BF,可判定C；结合（乙一四）„^=罕，可判定D.

【详解】对于A中，取4耳的中点2，43的中点为。，连接2G，，2，DC,

由为等边三角形，所以48」q。，

又由正三棱柱ABC-AXBXCX中,可得CQ14及，

因为G2cCG=G，且G〃，CG<=平面DQCQ,所以/4±平面RDCQ,

又因为u平面,所以平面44c1平面*cq,

因为平面44GC平面。QC。=qc,

过G作于“，根据面面垂直的性质定理，可得平面44。，

在矩形中，|AG|<On],所以NDCD>45.>NRCR,

如图所示，此时的延长线与线段CD无公共点，

所以不存在点N,使得C|N,平面4AC,所以A错误；

对于B中，因为GN=V^,在直角AGCN中，可得CN=西旷-CC；=1,

所以点N的轨迹为以C为圆心，以1为半径的圆弧，

JTJT

又因为=所以动点N的轨迹长度为二，所以B正确；

33

对于C中，由点E为4G中点，取ZC的中点尸，连接£尸,2尸,2?G，

可得G尸〃/E,BF//BtE,

因为C/E平面且/Eu平面/用石，所以G尸〃平面/瓦后，

答案第6页，共17页

同理可得5F〃平面,

又因为C/nN2=尸，且平面G3F,所以平面£3///平面

因为平面C.BFA平面ABC=BF,

由GN//平面所以动点N的轨迹为线段B尸，其长度为百，所以C正确;

对于D中，由七_/冲=LJBC，当点N在“8C内及其边界上运动时,

可得（/-4&c）max=^ABC-A^C,=，因为，

JJOJ

所以存在点N,使得三棱锥C-//N的体积为无，所以D正确.

8

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.

12.-9a-2b

【分析】等边三角形的中心即三边中线的交点，由重心的结论：DO=-OA,结合向量的线

2

性运算即可求解.

答案第7页，共17页

【详解】解：由题可得如图:

OA=^i，。是“5C各边中线的交点,

22

_______►9___>9―

/.DA=DO+OA=—。=>AD=—a,

22

又。为5C的中点，~AB=2b，故:

AD=^(1B+AC^AC=2.AD-AB,

所以：AC=-9a-2b^

故答案为：—9a—2b.

13.15.8

2

加S；+（无一玉+n\

【分析】先求出总体的平均数最=89,在利用§2计算得

m+n

【详解】设全体同学数学成绩的平均分为，方差为S2

记再=91,々=86,s；=8,加=30,〃=20,

次日百上*一mx+nx30x91+20x86

依题思有x=—y!------?=----------------------=89，

m+n30+20

则S2

m+n

30(11+(91-89)2)+20(8+(86-89)2)

50

故答案为：15.8.

14.

［分析］先将已知等式两边取对数后由累乘法得到通项aI,再分〃为奇数和偶数时

答案第8页，共17页

化简不等式后结合数列的单调性解一元二次不等式即可求出.

【详解】因为4用=*"%>0),

所以+=〃lna“+|n瞥旦="1,

Inann

*In%inan-iln电—nn-12

Inan_xInan_2maxn-In-21

所以詈="("22),又q=g,所以与=(g；(〃22),〃=l时也成立,

所以凡=出，

因为(吁(-l)Z)(加+(-1)%计3)<0,

当«为奇数时，上式变为(m+O,J(〃L%+3)<0,

所以-%<机<%+3，因为｛%｝为递减数列，所以解得-1<加<上；

216

当〃为偶数时，上式变为(5-*(〃2+%+3)<0，

所以~an+3<m<a„,解得一记<“'<W；

综上,m的取值范围为

故答案为:

【点睛】关键点点睛：本题关键在于对已知不等式的变形，通过观察分析取对数化简后再累

乘是关键.

15.(1)«„=2»

(2)4

【分析】(1)由递推关系将已知等式变形为。向-2向=-@-2"),即可求出通项;

[b>b.

(2)由已知可设广k、产k，代入上解不等式组求出即可.

【详解】⑴因为知+1+a“=3x2”,

所以22向=_(%-2"),

答案第9页，共17页

又4=2,

所以％—2=0,所以%—2〃=0n4=2〃.

（2）由（1）有%=2〃,

n3〃3

所以

a”~T

设〃=左时，”最大,

因为A==2>,,.,.左〉1,

bk2bk-i

所以

bkN4+i

左3（1）3

33

F-2"i^>2（^-l）^j^>V2（^-l）

即《

k3（斤+1）3~[2后32化+iy1次左"+1’

k+1

2^^2k+i

-^-«4.85

k<

6T,又左eZ,

解得

k>/—=3.85

V2-1

所以上=4,

所以使也｝取得最大项时«的值为4.

16.（1）证明见解析

【分析】（1）取尸8中点£,根据线面垂直的判定与性质，结合等腰三角形三线合一性质的

应用可分别证得49,尸8,AOLBD,由此可得结论；

（2）以A为坐标原点建立空间直角坐标系，根据面面角的向量求法可求得结果.

【详解】（1）取尸8中点E,连接/E,OE,/C,

答案第10页，共17页

四边形48co为正方形,AC1BDBCLAB,

P/_L平面NBC。，BD.BCu平面/BCD,PA1BD,PAVBC-,

:4BcP4=4,ACr>PA=A,平面尸NC,尸/u平面取C,

，3C_L平面P48,AD1平面融C,又0,E为PC,PB中点、，：.OE//BC,

:.OEl^PAB,又PBu平面尸/Ou平面取C,

PBLOE,40LBD；

••-PA=AB,E为P3中点，:.AELPB；

VAE^OE=E,/E,OEu平面NOE,PB_L平面NOE,

又/Ou平面4OE,PBLAO,

■：PBP\BD=B,尸氏8£>u平面尸3。，70J_平面尸30.

(2)以A为坐标原点，诟，万，万正方向为x,V,z轴正方向，可建立如图空间直角坐标系,

不妨设*43=1,则尸(0,0,1),0(1,0,0),C(l,l,0),5(0,1,0),

,丽=(-1,0,1),皮=(0,1,0),丽=(0,-1,1),5C=(1,0,0),

设平面OPC的法向量为=(x,y,z),

DP-n=—x+z=0/、

贝Ij一，令x=l,解得：y=0,z=l,.-.n=(1,0,1)；

DC-n=y=0

设平面PCB的法向量丽=(a,6,c),

答案第11页，共17页

BP-rn=-b+c-0*..

则—.，令6=1,解得：a=0,c=l,：.m-(0,1,1)；

BC•而=a=0

\m-n\1

|cosm,n|=向丽=不正=('即平面与平面PC2夹角余弦值为〜

jr

•••平面DPC与平面PCB的夹角为§.

17.(D(|,±^)；

⑵吟).

【分析】(1)设点4%,%),表示出点3,代入椭圆方程建立方程组，求解方程组即可.

(2)设出直线方程，与椭圆方程联立，借助韦达定理探求直线/。过定点，进而设出直

线的方程，与椭圆方程联立求出三角形面积的函数关系求解即得.

【详解】(1)依题意，尸(2,0),设点/(%,%),由点A是线段尸8的中点，得3(2%-2,2%),

■+■=1

2

由点48都在椭圆C上，得2

—+优=1

所以点A的坐标为(：,±程).

(2)依题意，直线的斜率存在且不为0,

设直线4S的方程为y=左(工-2),左片0,/(再,%),3(%,%),。卜3，%),

由点A在点5的右侧，得-也＜/＜玉＜逝,

y=稔-2)

由，2消去.得(1+2后去。-8档r+8后2-2=0,

——x+V=1

I2

由A=64/-8(1+242)(4/一1)>0,得-注〈发〈注后片o,

22

8k2Sk2-2皿|合3/、

再+%=币/'再/二巧庐’则有5(X|+X2)_2=X]X2,

显然直线40的方程为:(y+y2)(xt-x2)=(x-x2)(y1+y2),

当x=1时v=+=k3(X]+xJ_4-2尤]尤2力

八.xx—x2x1—x2，

因此直线AD过定点(1,0),设直线AD的方程为x=my+l,

答案第12页，共17页

x=my+\

由＜x2消去工得(/+2)/+2叼-1=0,贝必，=4冽2+4（冽2+2）＞0,

—+y2=1

12/

弘+%=一急'爪=一出，于是|皿=-皿=2e篝

点0到直线AD的距离d=/：,

7m+1

因此c其""=或1I"f。I四7=应47蔗a+1=

当且仅当冽=0时取等号,

而当初=0时，直线与椭圆相切，不符合题意,

所以△ZOD面积的取值范围为（（）,白）.

18.(1)—

v746

25

(2)分布列见解析；EX=]

【分析】（1）先求出任取2瓶的所有总数和抽取的2瓶饮料中无奖券的总数，再由古典概率

求解即可；

（2）求出X的可能取值及其对应的概率，再由均值公式求出期望.

【详解】（1）一箱24瓶的饮料中有3瓶有奖券，所以无奖券的有21瓶，

从中任取2瓶，有CZ=276种结果，

其中抽取的2瓶饮料中无奖券，有CZ=210种，

「201八人411

所以小明的这2瓶饮料中有中奖券的概率为：1-哥=1-小=黑二—；

C2427627646

（2）设小明最终获得饮料瓶数为X,则X=2,3,4,5,

2

r210_35

则尸(X=2)=/

。24276-46

答案第13页，共17页

尸(X=3)=詈.旨6320105

-----x——

^24^2227622506

15

506

0002010101011

p(x=213.—^-+213.上"&_=

l=)区巴eC]C；i506

所以X的分布列为:

X2345

35105151

P

46506506506

EX—C2x3--5---F°3x1--0-5--F47x1--1-5---1-5Vx---1---=-5-7--5-=—25

4650650650625311

19.(1)证明见解析

(2)证明见解析，(0,+8)

【分析】(1)根据题意当t=l时，设，“力/⑺/(；;)=2—一丁2。,令〃(x)=0,即

21nx--+2a=0,设°(x)=21门-工+2”，x>0,利用导数判断单调性结合零点存在性定

XX

理判断证明；

(2)将问题转化为函数G(x)=g(fx)-fg'(x)存在零点，构造函数借助导数和零点存在性定

理分/<0,t=0,，>0三种情况讨论判断证明.

【详解】⑴=二一山…,

当1时，设〃(x)=/(x)一仆)=2"；2〃,令g)=。，

1121

2Inx----F2a-0,(p(x\-21nx-----F2a,x>0,贝［j(p'(x)=—।—Q〉0,

XXXX

即函数。(X)在(0,+<»)上单调递增，又e(e-")=-2a-e"+2a=-e"<0,

2

夕仁2+")=4+2廿+2a-^r=2+2/+2a+(2--^1

答案第14页，共17页

〉2+2/+2Q-2(Q?+Q+1)=2,+—J+—>0,

又2+a?>〃,则©2+〃>Q~a,

所以存在％e(e-0,e2+J)使得研X。)=0,即〃％)=/),

所以函数/(无)=黑兰是“跃然值”为1的“跃然”函数.

(2)Qg(x)=e*+x,，g'(x)=e*+l,设G(x)