2024届安徽省安庆示范高中高三下学期4月联考（三模）数学试题含答案.pdf

《2024届安徽省安庆示范高中高三下学期4月联考（三模）数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届安徽省安庆示范高中高三下学期4月联考（三模）数学试题含答案.pdf（12页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、学科网（北京）股份有限公司安庆示范高中安庆示范高中 2024 届高三联考届高三联考数学试题数学试题2024.4命题单位：安庆一中命题单位：安庆一中 审稿单位：太湖中学、野寨中学、石化一中审稿单位：太湖中学、野寨中学、石化一中考生注意：考生注意：1满分满分 150 分，考试时间分，考试时间 120 分钟分钟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，

2、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、草稿纸上作答无效一、单选题：本题共一、单选题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，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已知线段AB是圆O的一条长为 4 的弦，则AO AB=uuur uuu r（）A4B6C8D162复数z满足43ii2iz+=-，则z=（）A10B26C34D5 23已知圆锥PO的轴截面是等边三角形，则其外接球与内切球的表面积之比为（）A4:

3、1B3:1C2:1D8:14已知一组数据12,mx xxL的平均数为x，另一组数据12,ny yyL的平均数为y xy若数据12,x x L，12,mnxy yyL的平均数为1a yaxz=+-，其中112a，则,m n的大小关系为（）AmnCmn=D,m n的大小关系不确定5已知抛物线2:2(0)C xpy p=的焦点F到其准线的距离为 2，点1122,M x yN xy是抛物线C上两个不同点，且1212338xxxx+-=，则NFMF=（）A13B33C3D36 已知函数 fxax x=的图象经过点2,8，则关于x的不等式 2940fxfx+-的解集为（）A,41,-+UB4,1-C,14

4、,-+UD1,4-7在正方体1111ABCDABC D-中，点,E F分别为棱,AB AD的中点，过点1,E F C三点作该正方体的截学科网（北京）股份有限公司面，则（）A该截面多边形是四边形B该截面多边形与棱1BB的交点是棱1BB的一个三等分点C1AC 平面1C EFD平面11AB D平面1C EF8 若 项 数 均 为*2,n nnN的 两 个 数 列 ,nnab满 足1,2,kkabk kn-=L，且 集 合 1212,1,2,3,2nna aa b bbn=LLL，则称数列 ,nnab是一对“n项紧密数列”设数列 ,nnab是一对“4 项紧密数列”，则这样的“4 项紧密数列”有（）对A

5、5B6C7D8二、多选题：本题共二、多选题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 18 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 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分分9已知集合2280Axxx=-RR，若ABI有且仅有 3 个不同元素，则实数m的值可以为（）A0B1C2D310已知函数 sincos 2fxxx=+，则（）A函数 fx的最小正周期为pB函数 fx在0,3p上单调递增C函数 fx的最大值为98D若方程 fxa a=R在,p p-上有且仅有 8 个不同

6、的实根，则918a18（本题满分 17 分）已知数列 na的首项等于 3，从第二项起是一个公差为 2 的等差数列，且248,a a a成等比数列（1）求数列 na的前n项的和nS；（2）设数列 nb满足1tannnbS=且0,2nbp，若数列 nb的前n项的和为nT，求tannT19（本题满分 17 分）已知椭圆221:14xCy+=，圆222:1Cxy+=（1）点B是椭圆1C的下顶点，点P在椭圆1C上，点Q在圆2C上（点,P Q异于点B），连,BP BQ，直线BP与直线BQ的斜率分别记作12,k k，若214kk=，试判断直线PQ是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由（

7、2）椭圆1C的左、右顶点分别为点12,A A，点E（异于顶点）在椭圆1C上且位于x轴上方，连12,AE A E分别交y轴于点,M N，点F在圆2C上，求证：0FM FN=uuuu r uuur的充要条件为EFx轴安庆示范高中安庆示范高中 2024 届高三联考届高三联考数学试题参考答案数学试题参考答案题号1234567891011选项CDABACBBABACDABD一、单选题：本题共一、单选题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分1C 【解析】由条件知22114822AO ABAB=uuur uuu ruuu r，故选 C2D 【解析】由条件知222i2ii43i4

8、3i55iiiz-=-=-=-，所以5 2z=，故选 D3A 【解析】根据条件可知其外接球与内切球的半径之比为2:1，所以其表面积之比为4:1，故选 A4B 【解析】由题意可知12mxxxxm+=L，12nyyyyn+=L，121mxxxy+L学科网（北京）股份有限公司2nn zyym+=+L，于是xn zmnym+=+，又1a yaxz=+-，所以1mxnymn zmnaxa y+=+=+-，所以,1mmn a nmna=+=+-，两式相减得210mnmna-=+-，所以mn，故选 B5A 【解析】由已知得24xy=，所以2211224,4xy xy=，根据1212338xxxx+-=得22

9、1238xx-=即124128yy-=，于是12131yy+=+，即3MFNF=，所以13NFMF=，故选 A6 C 【解析】由题意知 248fa=，解得2a=，所以 2fxx x=，其在R上单调递增，且函数 fx为奇函数，93fxfx=，所以不等式 2940fxfx+-可化为22344fxxxff-=-，于是234xx，解得4x 或1x -，故选C7B 【解析】将线段EF向两边延长，分别与棱CB的延长线，棱CD的延长线交于,C H，连11,C C C H分 别 与 棱11,BB DD交 于,P Q，则 可 得 到 截 面 多 边 形1C PEFQ是 五 边 形，A 错 误；因111122BG

10、BCBC=，所以111112BPBCPBBC=，于是截面与棱1BB的交点P是棱1BB的一个三等分点，B正确，因1AC与1C P不垂直，1C P 平面1C EF，所以1AC与平面1C EF不垂直，选项 C 错误；因1AC 平面11AB D，所以平面1C EF与平面11AB D不平行，选项 D 错误，故选 B8B 【解析】由条件知112233441,2,3,4abababab-=-=-=-=，于是 1234123410aaaabbbb+-+=，又 12341234818362aaaabbbb+=，所以1234123423,13aaaabbbb+=+=，于是“4 项紧密数列”有 :8,5,4,6,:

11、7,3,1,2;:8,4,6,5,:7,2,3,1nnnnabab；:7,3,5,8,:6,1,2,4;:3,8,7,5,:2,6,4,1;:2,7,6,8,:1,5,3,4;:2,6nnnnnnnabababa，8,7,:1,4,5,3nb共有 6 对，故选 B二、多选题：本题共二、多选题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 18 分分学科网（北京）股份有限公司9AB 【解析】由条件知22801,0,1,2,3Axxx=-=RR2mx x，要使ABI有且仅有 3 个不同元素，则012m，解得02m，所以小赵应购买甲款健身器材才能使用更长久16解：（1）因,24APDP A

12、DAP=，所以3PADp=，又4ADAE=uuuruuu r，所以1AE=，根据余弦定理知22212cos142 1 232PEAEAPAEAPPAD=+-=+-=，又33,4,CDABADABAD=，所以2,3 2,2 5BECEBC=，于是222BEPEPB+=，所以PEBE，222BECEBC+=，于是BECE，因PECEE=I，所以BE 平面PCE，又BE 平面PBE，所以平面PBE 平面PCE（2）如图，以点E为原点，分别以,ED EP所在直线为y轴，z轴建立空间直角坐标系则0,0,3,3,3,0,0,3,0,1,1,0PCDB-于是3,3,0EC=uuu r，设平面PCD的法向量为

13、,mx y z=ur，学科网（北京）股份有限公司又3,3,3,3,0,0PCDC=-=uuu ruuur，于是333030m PCxyzm DCx=+-=ur uuu ruuuurr，所以不妨取0,1,3m=ur，设直线CE与平面PCD所成角为q，则32sincos,43 22EC mEC mEC mq=uuu uruuu ruuuurrrur，所以直线CE与平面PCD所成角的正弦值为2417解：对函数 fx求导得 ln1fxxa=+-，所以 e1 121faa=+-=-=，解得1a=（1）由题意可知2lnex xxmx-+对任意的0,x+恒成立，即2eln1xmx-+对任意的0,x+恒成立，

14、只需2mincln1xmx-+，令 2eln1,0g xxxx=-+，对其求导得 22221eexgxxxx-=-，所以当20,ex时，0gx，函数 g x单调递增所以 2min()e21 12g xg=-+=，于是2m，因此实数m的取值范围是,2-（2）由条件知 2lnh xx xxx=-+，对其求导得 ln2hxxx=+，函数 hx在0,+上单调递增，且 1210,120eehh=-+，所以存在01,1ex，使00hx=，即00ln20 xx+=，学科网（北京）股份有限公司当00,xx时，0h x，函数 h x单调递增，于是0 x是函数 h x的极值点，所以20000000003ln222

15、210fxxxxxxxxx+=+=-+=-，即得证18解：（1）因248,a a a成等比数列，所以2428aa a=，即2222412aaa+=+，解得24a=，所以当*2,nnN时，2nan=，又13a=不符合上式，所以数列 na的通项公式为3,12,2nnan n=因此113Sa=，当*2,Nnn时，21423462312nnnSnnn-+=+=+=+L，又13S=符合上式，所以当*n N时，21nSnn=+（2）由（1）知211tan111nnnbnnnn+-=+令tan,0,2nncn cp=，所以1111tantantantan111tantannnnnnnnnnccbccnncc

16、+-=-+，又10,0,22nnnbccpp+-，所以1nnnbcc+=-因此1232132431nnnnTbbbbcccccccc+=+=-+-+-+-LL11ncc+=-，所以111111tantan1 1tantan1tantan112nnnnccnnTccccnn+-+-=-=+，学科网（北京）股份有限公司于是tan2nnTn=+19解：（1）设1122,P x yQ xy，则222211221,14xyxy+=+=，丁是11221122411,11yxyxxyxy+=-=-，因点210,1,4Bkk-=，所以1221411yyxx+=，于是121211xxyy-=-，整理得12211

17、2x yx yxx-=-，又直线PQ的方程为211121yyyyxxxx-=-，即2121211221211121212112211yyyyyyx yx yyyyxxyxxxxxxxxxxxx-=-+=+=+-，所以直线PQ过定点，定点坐标为0,1（2）设3344,E xyF xy，则222233441,14xyxy+=+=，设0,0,MmNn，因12,0A-，所以直线313:22yAE yxx=+，所以3322ymx=+，因22,0A，所以直线323:22yA E yxx=-，所以3322ynx=-，于是2323332233334 1422412244xyyymnxxxx-=-=+-先证充分

18、性：当EFx轴时，34yy=，所以2234yy=，即2234114xx-=-，于是4312xx=，设直线NF交x轴于点D，因EFx轴，所以2NENFNAND=，又342,2DNExNFxNANDx=，所以342Dxxx=，于是1Dx=，不妨设点E在第一象限，点F在第二象限，则1Dx=-，即1,0D-，学科网（北京）股份有限公司所以直线ND的方程为1yn x=+，联立2211yn xxy=+=得221110 xnxn+-=，解得1x=-或2211nxn-=-+，所以22212,11nnFnn-+，于是2222221212,1111nnnnFM FNmnnnnn-=-+uuuu r uuur22222222221221122111111nnnnnnmnnnnnnnnn-=+-=+-+22222211011nnnn-=-=+，所以充分性成立再证必要性：当0FM FN=uuuu r uuur时，即 44440,0,0 x myx ny-=，整理得224440 xymn ymn+-+=，又22441xy+=，所以412mnymnmn+=+，又2,A N E三点共线，所以直线2A E的方程为22nyx=-，1,A M E三分共线，所以直线1AE的方程为22myx=+，联立2222nyxmyx=-=+，消去x，得22Emnymnmn=+，即342yymn=+，所以EFx轴，即必要性得证