2024届安徽省六校教育研究会高三上学期入学素质测试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省六校教育研究会2024届高三上学期入学素质测试数学试题一、单项选择题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.2〖答案〗B〖解析〗，等价于，解得或，故或，所以.故选：B.2.复数在复平面内对应的点为，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意得，则，.故选：A3.已知，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，，所以，故，解得，所以，故.故选：D4.已知向量，，且，，则向量在向量方向上的投影向量为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由两边平方得，所以向量在向量方向上的投影向量为.故选：C5.已知，，若动点满足，直线与轴、轴分别交于两点，则的面积的最小值为（）A. B.4 C. D.〖答案〗D〖解析〗设，由可得，化简可得，故动点的轨迹为圆心为，半径为的圆，圆心到的距离为，故圆上的点到直线的最小距离为，由于，所以，故的面积的最小值为，故选：D.6.设为等比数列，则“对于任意的，”是“为递减数列”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗C〖解析〗设等比数列的公比为，若，当时，由得，解得或，若，则，此时与已知矛盾；若，则，此时为递减数列.当时，由得，解得或，若，则，此时与已知矛盾；若，则，此时此时为递减数列.反之，若为递减数列，则，所以“对于任意的，”是“为递减数列”的充分必要条件.故选：C.7.若，椭圆与双曲线的离心率分别为，，则（）A.的最小值为 B.的最小值为C.的最大值为 D.的最大值为〖答案〗C〖解析〗由已知，，所以，当且仅当时等号成立，故的最大值为，无最小值(m范围为开区间).故选：C.8.已知函数，则不等式的解集是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗，由于，所以的定义域为，，所以是奇函数，当时，为增函数，为增函数，所以是增函数，由是奇函数可知，在上单调递增，由得，即，则，解得，所以不等式的解集是.故选：A二、选择题9.为了解中学生参与课外阅读的情况，某校一兴趣小组持续跟踪调查了该校某班全体同学10周课外阅读的时长，经过整理得到男生、女生这10周课外阅读的平均时长（单位：h）的数据如下表：女生7.07.37.57.88.48.68.99.09.29.3男生6.16.56.97.57.78.08.18.28.69.4以下判断中正确的是（）A.该班男生每周课外阅读的平均时长的平均值为7.85B.该班女生每周课外阅读的平均时长的80%分位数是9.0C.该班女生每周课外阅读的平均时长波动性比男生小D.由该班估计该校男生每周课外阅读的平均时长不低于8h的概率为0.5〖答案〗CD〖解析〗由表可知，该班男生每周课外阅读的平均时长的平均值为，故A错误；因为，则该班女生每周课外阅读的平均时长的80%分位数是，故B错误；由表可知，该班女生每周课外阅读的平均时长的极差为，该班男生每周课外阅读的平均时长的极差为，所以该班女生每周课外阅读的平均时长波动性比男生小，故C正确；由表可知，估计该校男生每周课外阅读的平均时长不低于8h的概率为，故D正确；故选：CD10.某地下车库在排气扇发生故障的情况下测得空气中一氧化碳含量达到了危险状态，经抢修排气扇恢复正常，排气4分钟后测得车库内的一氧化碳浓度为81ppm，继续排气4分钟后又测得浓度为27ppm.由检验知该地下车库一氧化碳浓度与排气时间（分钟）之间存在函数关系，其中（为常数）.（注：）若空气中一氧化碳浓度不高于0.5ppm为正常，人就可以安全进入车库了.则（）A. B.C.排气20分钟后，人可以安全进入车库 D.排气24分钟后，人可以安全进入车库〖答案〗AD〖解析〗由题意可设，则，此时为常数，由，得，则，即，，故A正确,B错误；把代入，得，又，，由，得．由于，故排气24分钟后，人可以安全进入车库，则C错误，D正确．故选：AD.11.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.设，用表示不超过的最大整数，也被称为“高斯函数”，例如：，.已知函数，下列说法中正确的是（）A.是周期函数B.的值域是C.在上是增函数D.若方程有3个不同实根，则〖答案〗AB〖解析〗由题意，列出部分定义域函数，所以部分定义域的，如图：可得函数是周期为1的函数，且值域为，在上单调递减，故选项A、B正确，C错误；对于选项D，若方程有3个不同实根，则的图象与直线有3个交点，又直线恒过点，结合图象知，或，故选项D错误.故选：AB.12.如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，是的中点，是上的动点，则下列说法正确的是（）A.直线与所成的角为B.的周长最小值为C.如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为D.如果在这个容器中放入4个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为〖答案〗ACD〖解析〗A选项，连接，由于为的中点，所以⊥，⊥，又，平面，所以直线⊥平面，又平面，所以⊥，故A正确；B选项，把沿着展开与平面同一个平面内，连接交于点，则的最小值即为的长，由于，，，，所以，故，的周长最小值为，B错误；C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设球心为，取的中点，连接，过点作垂直于于点，则为的中心，点在上，过点作⊥于点，因为，所以，同理，则，故，设，故，因为∽，所以，即，解得，C正确；D选项，4个小球分两层（1个，3个）放进去，要使小球半径要最大，则4个小球外切，且小球与三个平面相切，设小球半径为，四个小球球心连线是棱长为的正四面体，由C选项可知，其高为，由C选项可知，是正四面体的高，过点且与平面交于，与平面交于，则，，由C选项可知，正四面体内切球半径是高的得，如图正四面体中，，，正四面体高为，解得，D正确.故选：ACD.三、填空题13.第六届进博会招募志愿者，某校高一年级有3位同学报名，高二年级有5位同学报名，现要从报名的学生中选取4人，要求高一年级和高二年级的同学都有，则不同的选取方法种数为______.（结果用数值表示）〖答案〗65〖解析〗由题意，要求高一年级和高二年级的同学都有，则有.故〖答案〗：6514.18世纪英国数学家辛卜森运用定积分，推导出了现在中学数学教材中柱、锥、球、台等几何体统一体积公式（其中，，，分别为的上底面面积、下底面面积、中截面面积和高），我们也称为“万能求积公式”.例如，已知球的半径为，可得该球的体积为；已知正四棱锥的底面边长为，高为，可得该正四棱锥的体积为.类似地，运用该公式求解下列问题：如图，已知球的表面积为，若用距离球心都为1cm的两个平行平面去截球，则夹在这两个平行平面之间的几何体的体积为______.〖答案〗〖解析〗如图：设上下截面小圆圆心分别为E，F，上底面截面小圆上一点A，连接OA，因为球的表面积为，所以球的半径，所以，又，，所以截面小圆半径，根据“万能求积公式”可得所求几何体的体积为：.故〖答案〗为：15.已知、为双曲线上关于原点对称的两点，点在第一象限且与点关于轴对称，，直线交双曲线的右支于点，若，则双曲线的离心率为______.〖答案〗〖解析〗设，则，由得，从而有，，又，所以，又由得，则，即，所以，所以.故〖答案〗为：.16.已知函数给出下列结论：①的图象关于点对称；②的图象关于直线对称；③是周期函数；④的最大值为.其中正确结论有______.（请填写序号）〖答案〗①③④〖解析〗对于①，易得，即的图象关于点对称，①正确；对于②，，即的图象不关于直线对称，②错误；对于③，，显然是的一个周期，即③正确；对于④，，令，令，即在时取得极大值也是最大值，此时，当时，，当时，，即，故④正确.故〖答案〗为：①③④四、解答题17.已知的内角，，的对边分别为，，，且.（1）求角大小；（2）若的中点为且，求的最大值.解：（1）因为，所以由正弦定理得，所以，所以，又，所以，所以，又，所以；（2）设，则在中，由知，由正弦定理得，所以，，又，所以，，所以，因为，所以，所以，所以，所以的最大值为.18.如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，为下底面圆周上异于，的点.（1）点为线段的中点，证明：直线平面；（2）若四棱锥的体积为，求直线与平面夹角的正弦值.（1）证明：取中点，连接，则有，，如图：在等腰梯形中，，所以，，则四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以直线平面.（2）解：过点B作于，在等腰梯形中，，所以梯形的高，所以等腰梯形面积为，所以四棱锥的体积，解得，所以点与重合，以为坐标原点，所在直线为坐标轴,建立如图所示的空间直角坐标系.则有，故，，设平面的法向量，故，令，解得，得，设直线与平面所求角的大小为，则.所以直线与平面夹角的正弦值为.19.已知函数（是自然对数的底数）.（1）讨论函数的单调性；（2）若有两个零点，求实数的取值范围.解：（1）因为，所以，当时，，所以在R上单调递减；当时，令得；令得，所以在上单调递减，在上单调递增.综上，当时，在R上单调递减，无增区间；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）由题意有两个零点，令，，则在上恒成立，所以在上单调递增，故，所以有两个零点等价于有两个零点，等价于有两个不同的实数解，等价于与有两个交点，则，得，得，所以在上单调递增，在上单调递减，又，，当t趋向于0且为正时，趋向于负无穷大，当t趋向于正无穷大时，趋向于0，如图：由图可知，要使与有两个交点，则，所以实数的取值范围为.20.为纪念成立102周年，学校某班组织开展了“学党史，忆初心”党史知识竞赛活动，抽取四位同学，分成甲、乙两组，每组两人，进行对战答题.规则如下：每次每位同学给出6道题目，其中有一道是送分题（即每位同学至少答对1题）.若每次每组答对的题数之和为3的倍数，原答题组的人再继续答题；若答对的题数之和不是3的倍数，就由对方组接着答题.假设每位同学每次答题之间相互独立.求：（1）若第一次由甲、乙组答题是等可能的，求第2次由乙组答题的概率；（2）若第一次由甲组答题，记第次由甲组答题的概率为，求.解：（1）设第1次由甲组答题记作事件A，第1次由乙组答题记作事件，第2次由乙组答题记作事件B，因为答对的题数之和为3的倍数分别为，，，，，，，所以答对的题数之和为3的倍数的概率为，所以答对的题数之和不是3的倍数的概率为，则；（2）第次由甲组答题，是第次由甲组答题第次继续由甲组答题的事件与第次由乙组答题第次继续由甲组答题的事件和，它们互斥，又各次答题相互独立，所以第次由甲组答题，第次继续由甲组答题的概率为，第次由乙组答题，第次继续由甲组答题的概率为，因此，则，因为第一次由甲组答题，则，所以是首项为，公比为的等比数列，所以，即21.设正项等比数列的公比为，且，.令，记为数列的前项积，为数列的前项和.（1）若，，求的通项公式；（2）若为等差数列，且，求.解：（1）因为，所以，解得，所以，又，所以，整理化简得，解得或，所以或，又，所以或（舍去），所以，所以.（2）因为为等差数列，所以，即，解得或，所以或，所以或，①当时，，易知是等差数列，所以，，又，所以，所以，解得；②当时，，易知是等差数列，所以，，又，所以，解得，舍去；综上，.22.已知抛物线（为常数，）.点是抛物线上不同于原点的任意一点.（1）若直线与只有一个公共点，求；（2）设为的准线上一点，过作的两条切线，切点为，且直线，与轴分别交于，两点.①证明：②试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.（1）解：将直线与抛物线联立，消去可得，由题意可知该方程只有一个实数根，所以，又点在抛物线上，即；可得，解得（2）①证明：易知抛物线的准线方程为；不妨设，切点，如下图所示：将求导可得，则切线的斜率，切线的方程为，又，的方程可化为；同理可得的方程可化为；又两切线交于点，所以，因此可得是方程的两根，因此；所以；因此.②解：设直线和的倾斜角为，直线的倾斜角为，所以；又；；；所以，将代入可得，则可得，即；又，所以，可得，则为定值.安徽省六校教育研究会2024届高三上学期入学素质测试数学试题一、单项选择题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.2〖答案〗B〖解析〗，等价于，解得或，故或，所以.故选：B.2.复数在复平面内对应的点为，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意得，则，.故选：A3.已知，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，，所以，故，解得，所以，故.故选：D4.已知向量，，且，，则向量在向量方向上的投影向量为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由两边平方得，所以向量在向量方向上的投影向量为.故选：C5.已知，，若动点满足，直线与轴、轴分别交于两点，则的面积的最小值为（）A. B.4 C. D.〖答案〗D〖解析〗设，由可得，化简可得，故动点的轨迹为圆心为，半径为的圆，圆心到的距离为，故圆上的点到直线的最小距离为，由于，所以，故的面积的最小值为，故选：D.6.设为等比数列，则“对于任意的，”是“为递减数列”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗C〖解析〗设等比数列的公比为，若，当时，由得，解得或，若，则，此时与已知矛盾；若，则，此时为递减数列.当时，由得，解得或，若，则，此时与已知矛盾；若，则，此时此时为递减数列.反之，若为递减数列，则，所以“对于任意的，”是“为递减数列”的充分必要条件.故选：C.7.若，椭圆与双曲线的离心率分别为，，则（）A.的最小值为 B.的最小值为C.的最大值为 D.的最大值为〖答案〗C〖解析〗由已知，，所以，当且仅当时等号成立，故的最大值为，无最小值(m范围为开区间).故选：C.8.已知函数，则不等式的解集是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗，由于，所以的定义域为，，所以是奇函数，当时，为增函数，为增函数，所以是增函数，由是奇函数可知，在上单调递增，由得，即，则，解得，所以不等式的解集是.故选：A二、选择题9.为了解中学生参与课外阅读的情况，某校一兴趣小组持续跟踪调查了该校某班全体同学10周课外阅读的时长，经过整理得到男生、女生这10周课外阅读的平均时长（单位：h）的数据如下表：女生7.07.37.57.88.48.68.99.09.29.3男生6.16.56.97.57.78.08.18.28.69.4以下判断中正确的是（）A.该班男生每周课外阅读的平均时长的平均值为7.85B.该班女生每周课外阅读的平均时长的80%分位数是9.0C.该班女生每周课外阅读的平均时长波动性比男生小D.由该班估计该校男生每周课外阅读的平均时长不低于8h的概率为0.5〖答案〗CD〖解析〗由表可知，该班男生每周课外阅读的平均时长的平均值为，故A错误；因为，则该班女生每周课外阅读的平均时长的80%分位数是，故B错误；由表可知，该班女生每周课外阅读的平均时长的极差为，该班男生每周课外阅读的平均时长的极差为，所以该班女生每周课外阅读的平均时长波动性比男生小，故C正确；由表可知，估计该校男生每周课外阅读的平均时长不低于8h的概率为，故D正确；故选：CD10.某地下车库在排气扇发生故障的情况下测得空气中一氧化碳含量达到了危险状态，经抢修排气扇恢复正常，排气4分钟后测得车库内的一氧化碳浓度为81ppm，继续排气4分钟后又测得浓度为27ppm.由检验知该地下车库一氧化碳浓度与排气时间（分钟）之间存在函数关系，其中（为常数）.（注：）若空气中一氧化碳浓度不高于0.5ppm为正常，人就可以安全进入车库了.则（）A. B.C.排气20分钟后，人可以安全进入车库 D.排气24分钟后，人可以安全进入车库〖答案〗AD〖解析〗由题意可设，则，此时为常数，由，得，则，即，，故A正确,B错误；把代入，得，又，，由，得．由于，故排气24分钟后，人可以安全进入车库，则C错误，D正确．故选：AD.11.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.设，用表示不超过的最大整数，也被称为“高斯函数”，例如：，.已知函数，下列说法中正确的是（）A.是周期函数B.的值域是C.在上是增函数D.若方程有3个不同实根，则〖答案〗AB〖解析〗由题意，列出部分定义域函数，所以部分定义域的，如图：可得函数是周期为1的函数，且值域为，在上单调递减，故选项A、B正确，C错误；对于选项D，若方程有3个不同实根，则的图象与直线有3个交点，又直线恒过点，结合图象知，或，故选项D错误.故选：AB.12.如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，是的中点，是上的动点，则下列说法正确的是（）A.直线与所成的角为B.的周长最小值为C.如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为D.如果在这个容器中放入4个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为〖答案〗ACD〖解析〗A选项，连接，由于为的中点，所以⊥，⊥，又，平面，所以直线⊥平面，又平面，所以⊥，故A正确；B选项，把沿着展开与平面同一个平面内，连接交于点，则的最小值即为的长，由于，，，，所以，故，的周长最小值为，B错误；C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设球心为，取的中点，连接，过点作垂直于于点，则为的中心，点在上，过点作⊥于点，因为，所以，同理，则，故，设，故，因为∽，所以，即，解得，C正确；D选项，4个小球分两层（1个，3个）放进去，要使小球半径要最大，则4个小球外切，且小球与三个平面相切，设小球半径为，四个小球球心连线是棱长为的正四面体，由C选项可知，其高为，由C选项可知，是正四面体的高，过点且与平面交于，与平面交于，则，，由C选项可知，正四面体内切球半径是高的得，如图正四面体中，，，正四面体高为，解得，D正确.故选：ACD.三、填空题13.第六届进博会招募志愿者，某校高一年级有3位同学报名，高二年级有5位同学报名，现要从报名的学生中选取4人，要求高一年级和高二年级的同学都有，则不同的选取方法种数为______.（结果用数值表示）〖答案〗65〖解析〗由题意，要求高一年级和高二年级的同学都有，则有.故〖答案〗：6514.18世纪英国数学家辛卜森运用定积分，推导出了现在中学数学教材中柱、锥、球、台等几何体统一体积公式（其中，，，分别为的上底面面积、下底面面积、中截面面积和高），我们也称为“万能求积公式”.例如，已知球的半径为，可得该球的体积为；已知正四棱锥的底面边长为，高为，可得该正四棱锥的体积为.类似地，运用该公式求解下列问题：如图，已知球的表面积为，若用距离球心都为1cm的两个平行平面去截球，则夹在这两个平行平面之间的几何体的体积为______.〖答案〗〖解析〗如图：设上下截面小圆圆心分别为E，F，上底面截面小圆上一点A，连接OA，因为球的表面积为，所以球的半径，所以，又，，所以截面小圆半径，根据“万能求积公式”可得所求几何体的体积为：.故〖答案〗为：15.已知、为双曲线上关于原点对称的两点，点在第一象限且与点关于轴对称，，直线交双曲线的右支于点，若，则双曲线的离心率为______.〖答案〗〖解析〗设，则，由得，从而有，，又，所以，又由得，则，即，所以，所以.故〖答案〗为：.16.已知函数给出下列结论：①的图象关于点对称；②的图象关于直线对称；③是周期函数；④的最大值为.其中正确结论有______.（请填写序号）〖答案〗①③④〖解析〗对于①，易得，即的图象关于点对称，①正确；对于②，，即的图象不关于直线对称，②错误；对于③，，显然是的一个周期，即③正确；对于④，，令，令，即在时取得极大值也是最大值，此时，当时，，当时，，即，故④正确.故〖答案〗为：①③④四、解答题17.已知的内角，，的对边分别为，，，且.（1）求角大小；（2）若的中点为且，求的最大值.解：（1）因为，所以由正弦定理得，所以，所以，又，所以，所以，又，所以；（2）设，则在中，由知，由正弦定理得，所以，，又，所以，，所以，因为，所以，所以，所以，所以的最大值为.18.如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，为下底面圆周上异于，的点.（1）点为线段的中点，证明：直线平面；（2）若四棱锥的体积为，求直线与平面夹角的正弦值.（1）证明：取中点，连接，则有，，如图：在等腰梯形中，，所以，，则四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以直线平面.（2）解：过点B作于，在等腰梯形中，，所以梯形的高，所以等腰梯形面积为，所以四棱锥的体积，解得，所以点与重合，以为坐标原点，所在直线为坐标轴,建立如图所示的空间直角坐标系.则有，故，，设平面的法向量，故，令，解得，得，设直线与平面所求角的大小为，则.所以直线与平面夹角的正弦值为.19.已知函数（是自然对数的底数）.（1）讨论函数的单调性；（2）若有两个零点，求实数的取值范围.解：（1）因为，所以，当时，，所以在R上单调递减；当时，令得；令得，所以在上单调递减，在上单调递增.综上，当时，在R上单调递减，无增区间；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）由题意有两个零点，令，，则在上恒成立，所以在上单调递增，故，所以有两个零点等价于有两个零点，等价于有两个不同的实数解，等价于与有两个交点，则，得，得，所以在上单调递增，在上单调递减，又，，当t趋向于0且为正时，趋向于负无穷大，当t趋向于正无穷大时，趋向于0，如图：由图可知，要使与有两个交点，则，所以实数的取值范围为.20.为纪念成立102周年，学校某班组织开展了“