安徽省县中联盟2024-2025学年高三上学期9月联考数学试题（含答案解析）

2024~2025学年安徽省县中联盟高三9月联考数学试题考生注意：1.满分150分，芳试时间120分钟.2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.3.本卷命题范围：高考范围.一､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，则（）A.B.C.D.3.已知向量，若，则在上的投影向量为（）A.B.C.D.4.若，则（）A.B.C.D.5.已知圆柱和圆锥的底面半径均为2，且它们的表面积相等，圆柱和圆锥的体积之比为，则圆锥的高为（）A.2B.C.4D.6.已知函数，在上单调递减，则的取值范围是（）A.B.C.D.7.已知函数，当时，把的图象与直线的所有交点的横坐标依次记为，记它们的和为，则（）A.B.C.20D.8.已知的定义域为，且，则（）A.B.C.D.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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.为了解某品牌纯净水实际生产容量（单位：）情况，某中学研究小组抽取样本，得到该品牌纯净水的实际容量的样本均值为，样本方差，假设该品牌纯净水的实际容量服从正态分布，则（）（若随机变量服从正态分布，则）A.B.C.D.10.“”可以看作数学上的无穷符号，也可以用来表示数学上特殊的曲线.如图所示的曲线过坐标原点上的点到两定点的距离之积为定值.则下列说法正确的是（）（参考数据：）A.若，则的方程为B.若上的点到两定点的距离之积为16，则点在上C.若，点在上，则D.当时，上第一象限内的点满足的面积为，则11.设函数，则（）A.若有三个不同的零点，则B.存在，使得为曲线的对称轴C.存在，使得点为函数的对称中心D.若曲线上有且仅有四点能构成一个正方形，则三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.某中学举行数学解题比赛，其中7人的比赛成绩分别为：，则这7人成绩的上四分位数与极差之和是__________.13.若曲线在点处的切线与曲线在处相切，则__________.14.设双曲线的左､右焦点分别是.过右焦点作轴的垂线，过双曲线左支上一点作的垂线，垂足为，若存在点使得，则双曲线的离心率的取值范围为__________.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.15.（本小题满分13分）记的内角的对边分别为，已知.（1）若，求的值；（2）在（1）的条件下，求的面积.16.（本小题满分15分）已知椭圆上有两点和.（1）求椭圆的焦距；（2）试探究是否存在过点，且与椭圆交于不同的两点，并满足的直线？若不存在，说明理由；若存在，求出直线的方程.17.（本小题满分15分）如图，四棱锥中，底面，底面为菱形，分别为的中点.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值.18.（本小题满分17分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若且有2个不同的极值点，求证：.19.（本小题满分17分）拿破仑排兵布阵是十分厉害的，有一次他让士兵站成一排，解散以后马上再重新站成一排，并要求这些士兵不能站在自己原来的位置上.（1）如果只有3个士兵，那么重新站成一排有多少种站法？4个呢？（2）假设原来有个士兵，解散以后不能站在自己原来位置上的站法为种，写出和之间的递推关系，并证明：数列是等比数列；（3）假设让站好的一排个士兵解散后立即随机站成一排，记这些士兵都没有站到原位的概率为，证明：当无穷大时，趋近于.（参考公式：….）.2024~2025学年安徽省县中联盟高三9月联考·数学参考答案､提示及评分细则一､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.题号12345678答案CDAADCAB二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.题号91011答案ADACDACD1.C，所以，故选C.2.D设复数，则.因为，所以，整理得，所以，故选D.3.A因为，所以.又因为，所以，故在上的投影向量为-，故选A.4.A由得，所以，所以，所以，故选A.5.D设圆柱高为，圆锥高为，母线长为，底面半径均为2，则，.因为，所以①；又因为，所以②.由①②得，故选D.6.C当时，单调递减，因为在上单调递减，分情况讨论：当时，，此时，符合题意；当时，需满足，解得.综上，，故选C.7.A，则或，解得或，所以，故选A.8.B令，得，所以.令，得，所以，所以是偶函数.令，得①，故②，由①②知，所以，所以，所以的一个周期是6.由②得，所以，同理，所以，又由周期性和偶函数可得：所以，所以.故选B.9.AD因为，所以，因为，故，故A正确，B错误；，又因为，所以，所以，故C错误；，所以，故D正确.故选AD.10.ACD已知原点在上，则，设为上任意一点，则有，整理得.若，则的方程为，故A正确；若，则，将代入方程得，显然点（不在此曲线上，故B错误；若，点在上，有，整理得，所以，故C正确；因为的面积，则，所以点是曲线和以为直径的圆在第一象限内的交点，联立方程组解得，所以，故D正确.故选ACD.11.ACD因为有三个不同的零点，所以，所以，所以，所以A正确；对于B，假设存在这样的，使得为的对称轴，即存在这样的使得，即，根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，于是等式左右两边的系数不相等，原等式不可能成立，于是不存在这样的，使得为的对称轴，B错误；对于C，，由得，即是的对称中心，故时，是的对称中心，故C正确；对于D，由，得，当时，，所以在上单调递增，所以曲线上不存在4个点能构成正方形，所以，因为的图象关于点对称，所以此正方形的中心为，不妨设正方形的4个顶点分别为，其中一条对角线的方程为，则，解得，所以，同理可得，由，得，化简得根据题意可知方程只有一个正解，因为时上式不成立，所以，所以，因为，所以，得，设，则，令，由题意可知，只需要直线与函数的图象只有唯一的公共点即可，结合对勾函数图象可知-，得，所以D正确.故选ACD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.125将7个数据从小到大排列为，因为，所以这7人成绩的上四分位数是97.极差为，故上四分位数与极差之和是.13.由题得，所以，所以切线，即.因为，所以，所以.14.设，则，设，由题意得，，则，两边平方得，整理得，又，所以，变形得到，即上式在上有解，其中，令，则，要想使得在上有解，只需要的图象开口向上，即，即，所以，解得，故离心率的取值范围是.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.15.解：（1）由正弦定理可得，又，则.又因为，所以，由余弦定理得，解得.（2）由及，得.因为，所以，所以.16.解：（1）由题意得，解得，所以，所以椭圆的焦距为6.（2）假设存在该直线，分情况讨论：当直线的斜率不存在时，显然不成立；当直线的斜率存在时，设直线联立得令，得.所以，取的中点，则，若，则，即，所以，解得的值不存在.综上，不存在满足题意的直线.17.（1）证明：连接交于点，因为平面，而平面，所以.因为底面为菱形，所以.因为平面，所以平面.因为分别为的中点，所以，所以平面.（2）解：取的中点，连接，由题得，所以平面，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系.因为底面为菱形，，所以，则.所以.设平面的法向量，则，令，得，则.设平面的法向量，则，令，得，则.设二面角的大小为，所以.所以，即二面角的正弦值为.18.解：（1）的定义域为，由题可得，设，则在上单调递增，且，若，则时，单调递减，时，单调递增；若，则时，单调递减，或时，单调递增；若，则在上单调递增；若，则时，单调递减，或时，单调递增.综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）由（1）知时，恒有2个极值点，令，则，所以，设，则设，则在上单调递减，，所以在上单调递减，又，所以存在，使得，即，当时，单调递增；当时，单调递减，所以，易知函数在上单调递增，所以，所以.19.（1）解：当有3个士兵时，重新站成一排有2种站法；当有4个士兵时，假设先安排甲，有3种站法，比如甲站到乙的位置，那就再安排乙，也有3种站法，剩下的两个人都只有1种站法，由乘法原理可得有种站法.（2）解：易知.如果有个人，解散后都不站