2024届安徽省皖豫名校联盟安徽卓越县中联盟高三联考5月三模数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3安徽省皖豫名校联盟&安徽卓越县中联盟2024届高三联考5月三模数学试题一､单项选择题1.已知某市高三共有20000名学生参加二模考试，统计发现他们的数学分数近似服从正态分布，据此估计，该市二模考试数学分数介于75到115之间的人数为（）参考数据：若，则.A.13272 B.16372 C.16800 D.19518〖答案〗C〖解析〗依题意，故所求人数为.故选：C.2.若复数满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗依题意，，故，故.故选：D3.在椭圆的4个顶点和2个焦点中，若存在不共线的三点恰为某个正方形的两个顶点和中心，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗根据题意，只需要这三个点构成等腰直角三角形，所以这三个点只可能是“短轴的两个端点和一个焦点”或“两个焦点和短轴的一个端点”，可设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，这两种情况都满足，所以，即椭圆离心率为，故选：C.4.记数列的前项和为，若，则（）A.590 B.602 C.630 D.650〖答案〗A〖解析〗因为，所以，两式相减可得.由，，解得，所以，满足上式，故，所以.故选：A.5.已知正方体的棱长为1，若从该正方体的8个顶点中任取4个，则这4个点可以构成体积为的四面体的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设正方体为，则满足体积为的四个顶点只有“”和“”两种情况满足，故所求概率.故选：A6.已知函数的图象关于直线对称，则（）A.8 B.10 C.12 D.14〖答案〗B〖解析〗依题意，为偶函数，当时，，由可知，解得，所以.故选：B7.已知圆台的上､下底面面积分别为，其外接球球心满足，则圆台的外接球体积与圆台的体积之比为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设圆台的高为，外接球半径为，作出轴截面如图：的上､下底面面积分别为，则圆，的半径分别为2，6，则，解得，故所求体积之比为故选：B8.已知实数满足，则（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗依题意，则.令，故，故当时，在上单调递增，故，则.令，则，故当时，在上单调递增，则，则.综上所述：.故选：A.二､多项选择题9.已知函数，则（）A.B.的图象关于直线对称C.在上单调递增D.函数在上有2个零点〖答案〗ABD〖解析〗易知的最小正周期为，所以也是的周期，则，故A正确；令，解得：，当时，，所以的图象关于直线对称，故B正确；当时，，则函数在上先增后减，故错误；令，故，在一直角坐标系中分别作出和的大致图像（如图），观察可知，二者有两个交点，故函数在上有2个零点，故D正确.故选：ABD10.已知四棱锥的底面是边长为3的正方形，平面为等腰三角形，为棱上靠近的三等分点，点在棱上运动，则（）A.平面B.直线与平面所成角的正弦值为C.D.点到平面的距离为〖答案〗BC〖解析〗对于A中，连接，交于点，连接，如图所示，若平面，因为平面平面，且平面，所以，因为为的中点，所以，又因为为棱上靠近的三等分点，所以矛盾，所以A错误；对于B中，过点作，垂足为，因为平面，且平面，所以，又因为四边形为正方形，所以，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以，因为，且平面，所以平面，则直线与平面所成的角为，由题可知，所以B正确；对于C中，将平面翻折至与平面共面，且点在直线的两侧，连接，则，所以C正确；对于D中，设点到平面的距离为，则3，解得，所以D错误.故选：BC.11.已知抛物线和的焦点分别为，动直线与交于两点，与交于两点，其中，且当过点时，，则下列说法中正确的是（）A.的方程为B.已知点，则的最小值为3C.D.若，则与的面积相等〖答案〗ACD〖解析〗当过点时，设，联立，可得，，故，解得，则，故A正确；过点向的准线引垂线，垂足分别为，点到的准线的距离，由抛物线定义可知，等号成立当且仅当点为与抛物线的交点，故错误；设，由，可得，，由，可得，，故，同理可得，故正确；，故，注意到，可得，所以，从而与的面积相等，故D正确.故选：ACD.三､填空题12.已知集合，若的所有元素之和为12，则实数__________.〖答案〗〖解析〗由题意可知：且，当，则；当，则；当，则；若，则，此时的所有元素之和为6，不符合题意，舍去；若，则，此时的所有元素之和为4，不符合题意，舍去；若且，则，故，解得或（舍去）；综上所述：.故〖答案〗为：.13.已知圆的圆心为点，直线与圆交于两点，点在圆上，且，若，则__________.〖答案〗〖解析〗由圆，可得圆心，半径为，设弦的中点为，因为，，所以，且，所以，解得.故〖答案〗为：.14.已知，其中，且，则__________.〖答案〗〖解析〗依题意，，，所以，所以，而，因为，故，则，则，即，则，解得，故.故〖答案〗为：.四､解答题15.某校为了给高三学生举办“18岁成人礼”活动，由团委草拟了活动方案，并以问卷的形式调查了部分同学对活动方案的评分（满分100分），所得评分统计如图所示.（1）以频率估计概率，若在所有的学生中随机抽取3人，记评分在的人数为，求的数学期望和方差.（2）为了解评分是否与性别有关，随机抽取了部分问卷，统计结果如下表所示，则依据的独立性检验，能否认为评分与性别有关？男生女生评分3035评分2015（3）若将（2）中表格的人数数据都扩大为原来的10倍，则依据的独立性检验，所得结论与（2）中所得结论是否一致？直接给出结论即可，不必书写计算过程.参考数据：0.10.050.012.7063.8416.635（1）解：由频率分布直方图可知评分在的频率为，所以.所以.（2）解：依题意，故依据的独立性检验，不能认为评分与性别有关.（3）解：将表中的人数数据都扩大为原来的10倍后，.所以能认为评分与性别有关，故所得结论与（2）中所得结论不一致.16.如图，在三棱锥中，分别为棱的中点.（1）证明：平面平面；（2）若点到底面的距离等于，且，求二面角的正弦值.（1）证明：取棱的中点，连接，因为，所以，又因为，由直角三角形的性质，可得，因为，所以，可得，即，因为，且平面，所以平面，又因为平面，故平面平面.（2）解：以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点垂直与平面直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，不妨设，则，所以，可得，设为平面的法向量，则，取，可得，所以，设为平面的法向量，则，取，可得，所以.所以，故二面角的正弦值为.17.已知函数，且曲线在点处的切线方程为.（1）求的极值；（2）若实数满足，记，求实数的最小值.解：（1）依题意，则，①而，故，即②，联立①②，解得.故，令，得或故当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，故的极大值为，极小值为.（2）由得，故，且，令，则，故当时，单调递增，当时，单调递减，因此当时，，故，则，故实数的最小值为4.18.已知双曲线的离心率为2，动直线与的左､右两支分别交于点，且当时，（为坐标原点）.（1）求的方程；（2）若点到的距离为的左､右顶点分别为，记直线的斜率分别为，求的最小值（1）解：设的半焦距为，由题意知离心率，可得，联立方程组，整理得，其中且，则，解得，所以双曲线的方程为.（2）解：因为点到的距离为1，可得，则.联立方程组，整理得，其中，且，因为直线与的左､右两支分别交于点，可得，所以，又因为，故，且，因为，故，由（1）可知，则，故，又由，故，即的最小值为.19.定义1：若数列满足①，②，则称为“两点数列”；定义2：对于给定的数列，若数列满足①,②，则称为的“生成数列”.已知为“两点数列”，为的“生成数列”.（1）若，求的前项和；（2）设为常数列，为等比数列，从充分性和必要性上判断是的什么条件；（3）求的最大值，并写出使得取到最大值的的一个通项公式.解：（1）依题意故因为，所以，当为奇数时，，当为偶数时，，即的奇数项，偶数项分别成等比数列.故当为偶数时，.当为奇数时，.综上所述，（2）充分性：因为，所以，所以，又因为，所以是以1为首项，1为公比的等比数列，故是的充分条件.必要性：假设为等比数列，而不为常数列，则中存在等于0的项，设项数最小的等于0的项为，其中，所以，则等比数列的公比为.又，得等比数列的公比为，与式矛盾，所以假设不成立，所以当为等比数列时，为常数列，故是的必要条件.综上，可知是的充要条件.（3）当时，，当时，，当时，，当时，.综上所述，或或（上述四种情形每种中或1）.又由题意可知，所以，所以，故的最大值为，此时的通项公式可以是安徽省皖豫名校联盟&安徽卓越县中联盟2024届高三联考5月三模数学试题一､单项选择题1.已知某市高三共有20000名学生参加二模考试，统计发现他们的数学分数近似服从正态分布，据此估计，该市二模考试数学分数介于75到115之间的人数为（）参考数据：若，则.A.13272 B.16372 C.16800 D.19518〖答案〗C〖解析〗依题意，故所求人数为.故选：C.2.若复数满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗依题意，，故，故.故选：D3.在椭圆的4个顶点和2个焦点中，若存在不共线的三点恰为某个正方形的两个顶点和中心，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗根据题意，只需要这三个点构成等腰直角三角形，所以这三个点只可能是“短轴的两个端点和一个焦点”或“两个焦点和短轴的一个端点”，可设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，这两种情况都满足，所以，即椭圆离心率为，故选：C.4.记数列的前项和为，若，则（）A.590 B.602 C.630 D.650〖答案〗A〖解析〗因为，所以，两式相减可得.由，，解得，所以，满足上式，故，所以.故选：A.5.已知正方体的棱长为1，若从该正方体的8个顶点中任取4个，则这4个点可以构成体积为的四面体的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设正方体为，则满足体积为的四个顶点只有“”和“”两种情况满足，故所求概率.故选：A6.已知函数的图象关于直线对称，则（）A.8 B.10 C.12 D.14〖答案〗B〖解析〗依题意，为偶函数，当时，，由可知，解得，所以.故选：B7.已知圆台的上､下底面面积分别为，其外接球球心满足，则圆台的外接球体积与圆台的体积之比为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设圆台的高为，外接球半径为，作出轴截面如图：的上､下底面面积分别为，则圆，的半径分别为2，6，则，解得，故所求体积之比为故选：B8.已知实数满足，则（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗依题意，则.令，故，故当时，在上单调递增，故，则.令，则，故当时，在上单调递增，则，则.综上所述：.故选：A.二､多项选择题9.已知函数，则（）A.B.的图象关于直线对称C.在上单调递增D.函数在上有2个零点〖答案〗ABD〖解析〗易知的最小正周期为，所以也是的周期，则，故A正确；令，解得：，当时，，所以的图象关于直线对称，故B正确；当时，，则函数在上先增后减，故错误；令，故，在一直角坐标系中分别作出和的大致图像（如图），观察可知，二者有两个交点，故函数在上有2个零点，故D正确.故选：ABD10.已知四棱锥的底面是边长为3的正方形，平面为等腰三角形，为棱上靠近的三等分点，点在棱上运动，则（）A.平面B.直线与平面所成角的正弦值为C.D.点到平面的距离为〖答案〗BC〖解析〗对于A中，连接，交于点，连接，如图所示，若平面，因为平面平面，且平面，所以，因为为的中点，所以，又因为为棱上靠近的三等分点，所以矛盾，所以A错误；对于B中，过点作，垂足为，因为平面，且平面，所以，又因为四边形为正方形，所以，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以，因为，且平面，所以平面，则直线与平面所成的角为，由题可知，所以B正确；对于C中，将平面翻折至与平面共面，且点在直线的两侧，连接，则，所以C正确；对于D中，设点到平面的距离为，则3，解得，所以D错误.故选：BC.11.已知抛物线和的焦点分别为，动直线与交于两点，与交于两点，其中，且当过点时，，则下列说法中正确的是（）A.的方程为B.已知点，则的最小值为3C.D.若，则与的面积相等〖答案〗ACD〖解析〗当过点时，设，联立，可得，，故，解得，则，故A正确；过点向的准线引垂线，垂足分别为，点到的准线的距离，由抛物线定义可知，等号成立当且仅当点为与抛物线的交点，故错误；设，由，可得，，由，可得，，故，同理可得，故正确；，故，注意到，可得，所以，从而与的面积相等，故D正确.故选：ACD.三､填空题12.已知集合，若的所有元素之和为12，则实数__________.〖答案〗〖解析〗由题意可知：且，当，则；当，则；当，则；若，则，此时的所有元素之和为6，不符合题意，舍去；若，则，此时的所有元素之和为4，不符合题意，舍去；若且，则，故，解得或（舍去）；综上所述：.故〖答案〗为：.13.已知圆的圆心为点，直线与圆交于两点，点在圆上，且，若，则__________.〖答案〗〖解析〗由圆，可得圆心，半径为，设弦的中点为，因为，，所以，且，所以，解得.故〖答案〗为：.14.已知，其中，且，则__________.〖答案〗〖解析〗依题意，，，所以，所以，而，因为，故，则，则，即，则，解得，故.故〖答案〗为：.四､解答题15.某校为了给高三学生举办“18岁成人礼”活动，由团委草拟了活动方案，并以问卷的形式调查了部分同学对活动方案的评分（满分100分），所得评分统计如图所示.（1）以频率估计概率，若在所有的学生中随机抽取3人，记评分在的人数为，求的数学期望和方差.（2）为了解评分是否与性别有关，随机抽取了部分问卷，统计结果如下表所示，则依据的独立性检验，能否认为评分与性别有关？男生女生评分3035评分2015（3）若将（2）中表格的人数数据都扩大为原来的10倍，则依据的独立性检验，所得结论与（2）中所得结论是否一致？直接给出结论即可，不必书写计算过程.参考数据：0.10.050.012.7063.8416.635（1）解：由频率分布直方图可知评分在的频率为，所以.所以.（2）解：依题意，故依据的独立性检验，不能认为评分与性别有关.（3）解：将表中的人数数据都扩大为原来的10倍后，.所以能认为评分与性别有关，故所得结论与（2）中所得结论不一致.16.如图，在三棱锥中，分别为棱的中点.（1）证明：平面平面；（2）若点到底面的距离等于，且，求二面角的正弦值.（1）证明：取棱的中点，连接，因为，所以，又因为，由直角三角形的性质，可得，因为，所以，可得，即，因为，且平面，所以平面，又因为平面，故平面平面.（2）解：以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点垂直与平面直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，不妨设，则，所以，可得，设为平面的法向量，则，取，可得，所以，设为平面的法向量，则，取，可得，所以.所以，故二面角的正弦值为.17.已知函数，且曲线在点处的切线方程为.（1）求的极值；（2）若实数满足，记，求实数的最小值.解：（1）依题意，则，①而，故，即②，联立①②，解得.故，令，得或故当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，故的极大值为