安徽省合肥市2024屆高三第一次教學(xué)質(zhì)量檢查數(shù)學(xué)試題 Word版含解析.docx

《安徽省合肥市2024屆高三第一次教學(xué)質(zhì)量檢查數(shù)學(xué)試題 Word版含解析.docx》由會員上傳分享，免費(fèi)在線閱讀，更多相關(guān)內(nèi)容在教育資源-天天文庫。

2024年合肥市高三第一次教學(xué)質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試卷（考試時(shí)間：120分鐘滿分：150分）注意事項(xiàng)：1.答卷前，務(wù)必將自己的姓名和座位號填寫在答題卡和試卷上.2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑.如需改動(dòng)，務(wù)必擦凈后再選涂其它答案標(biāo)號.回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效.3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.已知復(fù)數(shù)滿足，則在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限【答案】A【解析】【分析】由題,利用除法法則整理為的形式,即可得到復(fù)數(shù)的坐標(biāo)形式,進(jìn)而求解即可【詳解】由題,,所以在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為,故選:A【點(diǎn)睛】本題考查復(fù)數(shù)的坐標(biāo)表示,考查復(fù)數(shù)在復(fù)平面的位置,考查復(fù)數(shù)的除法法則的應(yīng)用2.記為等差數(shù)列的前項(xiàng)和，若，則（）A.144B.120C.100D.80【答案】B【解析】【分析】根據(jù)等差數(shù)列的定義及性質(zhì)求得數(shù)列的首項(xiàng)和公差，利用等差數(shù)列前項(xiàng)和公式計(jì)算即可.【詳解】因?yàn)椋?，又?所以，則，所以，故選：B.3已知隨機(jī)變量服從正態(tài)分布，且，則等于（）A.0.14B.0.62C.0.72D.0.86【答案】D【解析】【分析】根據(jù)正態(tài)分布的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算即可.【詳解】隨機(jī)變量服從正態(tài)分布，且,所以，，所以，故選:D.4.雙曲線的焦距為4，則的漸近線方程為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)雙曲線方程以及焦距可得，可得漸近線方程.【詳解】由焦距為4可得，即，所以，可得，即；則的漸近線方程為.故選：B 5.在中，內(nèi)角的對邊分別為，若，且，則（）A.1B.C.D.2【答案】A【解析】【分析】給兩邊同時(shí)乘以，結(jié)合余弦定理求解即可.【詳解】因?yàn)椋瑑蛇呁瑫r(shí)乘以得：，由余弦定理可得，則，所以有，又，所以，又因?yàn)?，所?故選：A6.已知四面體的各頂點(diǎn)都在同一球面上，若，平面平面，則該球的表面積是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題中條件作出外接球球心，利用勾股定理計(jì)算得到半徑，進(jìn)一步計(jì)算即可.【詳解】過三角形的中心作平面的垂線，過三角形的中心作平面的垂線，兩垂線交于點(diǎn)，連接，依據(jù)題中條件可知，為四面體的外接球球心，因?yàn)椋?所以,則,即外接球半徑為，則該球的表面積為，故選：C.7.已知直線與交于兩點(diǎn)，設(shè)弦的中點(diǎn)為為坐標(biāo)原點(diǎn)，則的取值范圍為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先求出圓心坐標(biāo)與半徑，再求出直線過定點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)，，，聯(lián)立直線與圓的方程，消元、列出韋達(dá)定理，即可得到，從而求出動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程，再求出圓心到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離，從而求出的取值范圍.【詳解】即，則圓心，半徑，直線，令，解得，即直線恒過定點(diǎn)，又，所以點(diǎn)在圓內(nèi)，設(shè)，，，由，消去整理得，顯然，則，則，所以，， 則，則，又直線的斜率不為，所以不過點(diǎn)，所以動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程為（除點(diǎn)外），圓圓心為，半徑，又，所以，即，即的取值范圍為.故選：D【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵是求出動(dòng)點(diǎn)的軌跡，再求出圓心到原點(diǎn)的距離，最后根據(jù)圓的幾何性質(zhì)計(jì)算可得.8.已知函數(shù)的定義域?yàn)?，且，記，則（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)滿足的表達(dá)式以及，利用賦值法即可計(jì)算出的大小.【詳解】由可得，令，代入可得，即， 令，代入可得，即，令，代入可得，即；由可得，顯然可得.故選：A【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：研究抽象函數(shù)性質(zhì)時(shí)，可根據(jù)滿足的關(guān)系式利用賦值法合理選取自變量的取值，由函數(shù)值或范圍得出函數(shù)單調(diào)性等性質(zhì)，進(jìn)而實(shí)現(xiàn)問題求解.二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.9.現(xiàn)有甲?乙兩家檢測機(jī)構(gòu)對某品牌的一款智能手機(jī)進(jìn)行拆解測評，具體打分如下表（滿分分）.設(shè)事件表示從甲機(jī)構(gòu)測評分?jǐn)?shù)中任取個(gè)，至多個(gè)超過平均分”，事件表示“從甲機(jī)構(gòu)測評分?jǐn)?shù)中任取個(gè)，恰有個(gè)超過平均分”.下列說法正確的是（）機(jī)構(gòu)名稱甲乙分值90989092959395929194A.甲機(jī)構(gòu)測評分?jǐn)?shù)的平均分小于乙機(jī)構(gòu)測評分?jǐn)?shù)的平均分B.甲機(jī)構(gòu)測評分?jǐn)?shù)的方差大于乙機(jī)構(gòu)測評分?jǐn)?shù)的方差C.乙機(jī)構(gòu)測評分?jǐn)?shù)的第一四分位數(shù)為91.5D.事件互為對立事件【答案】BD【解析】【分析】直接由平均數(shù)、方差、百分位數(shù)及對立事件的概念，逐一對各個(gè)選項(xiàng)分析判斷，即可得出結(jié)果.【詳解】對于選項(xiàng)A，甲機(jī)構(gòu)測評分?jǐn)?shù)的平均分，乙機(jī)構(gòu)測評分?jǐn)?shù)的平均分，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤，對于選項(xiàng)B，甲機(jī)構(gòu)測評分?jǐn)?shù)的方差 ，，所以選項(xiàng)B正確，對于選項(xiàng)C，乙機(jī)構(gòu)測評分?jǐn)?shù)從小排到大為：91，92，93，94，95，又，所以乙機(jī)構(gòu)測評分?jǐn)?shù)的第一四分位數(shù)為92，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤，對于選項(xiàng)D，因?yàn)榧讬C(jī)構(gòu)測評分?jǐn)?shù)中有且僅有2個(gè)測評分?jǐn)?shù)超過平均分，由對立事件的定義知，事件互為對立事件，所以選項(xiàng)D正確，故選：BD.10.函數(shù)的圖象可能是（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】利用分類討論及函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)即可求解.【詳解】由題意可知，函數(shù)的定義域?yàn)?，?dāng)時(shí)，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，故B正確；當(dāng)時(shí)，，，所以在上單調(diào)遞增，故D正確；當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；故A正確；C錯(cuò)誤.故選：ABD.11.已知橢圓的左?右頂點(diǎn)分別為，左焦點(diǎn)為為上異于的一點(diǎn)，過點(diǎn) 且垂直于軸的直線與的另一個(gè)交點(diǎn)為，交軸于點(diǎn)，則（）A.存在點(diǎn)，使B.C.的最小值為D.周長的最大值為8【答案】BCD【解析】【分析】對于A，判斷與的大小即即可；對于B,設(shè)，，，利用坐標(biāo)分別求出等式左右驗(yàn)證即可；對于C，求出，利用二次函數(shù)求最值即可；對于D，利用橢圓的定義，轉(zhuǎn)化求的最大值，即可.【詳解】對于A,設(shè)橢圓的上頂點(diǎn)為，則直角三角形中，，則，故A錯(cuò)誤；對于B，設(shè)，則，，且，即，又,則，又，故，則B正確；對于C，，，， 則當(dāng)時(shí)，取最小值為，故C正確；對于D，設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為,的周長為：,當(dāng)且僅當(dāng)三點(diǎn)共線時(shí)，等號成立，故D正確，故選：BCD.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知集合，若，則的取值范圍是__________.【答案】【解析】【分析】利用一元二次不等式的解法及交集的定義即可求解.【詳解】由，得,解得，所以.因?yàn)?，所以或，解得或，所以的取值范圍?故答案為：.13.已知函數(shù)的一條對稱軸為，當(dāng)時(shí)，的最小值為，則的最大值為__________.【答案】【解析】 【分析】根據(jù)條件得到，從而得到，令，再利用的圖象與性質(zhì)，即可求出結(jié)果.【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)的一條對稱軸為，所以，得到，又，所以，所以，又當(dāng)時(shí)，的最小值為，令，則，由的圖象與性質(zhì)知，，得到，故答案為：.14.已知點(diǎn)，定義為的“鏡像距離”.若點(diǎn)在曲線上，且的最小值為2，則實(shí)數(shù)的值為__________.【答案】##【解析】【分析】依題意求出的反函數(shù)，將“鏡像距離”轉(zhuǎn)化成一對反函數(shù)圖象上兩點(diǎn)之間的距離，利用導(dǎo)函數(shù)的幾何意義求出切線方程即可求得結(jié)果.【詳解】由函數(shù)可得，即；所以的反函數(shù)為；由點(diǎn)在曲線上可知點(diǎn)在其反函數(shù)上，所以相當(dāng)于上的點(diǎn)到曲線上點(diǎn)的距離， 即，利用反函數(shù)性質(zhì)可得與關(guān)于對稱，所以可得當(dāng)與垂直時(shí)，取得最小值為2，因此兩點(diǎn)到的距離都為1，過點(diǎn)的切線平行于直線，斜率為1，即，可得，即；點(diǎn)到的距離，解得；當(dāng)時(shí)，與相交，不合題意；因此.故答案為：【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵在于利用反函數(shù)性質(zhì)將“鏡像距離”問題轉(zhuǎn)化為兩函數(shù)圖象上兩點(diǎn)距離的最值問題，再由切線方程可解得參數(shù)值.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.已知函數(shù)，當(dāng)時(shí)，有極大值.（1）求實(shí)數(shù)的值；（2）當(dāng)時(shí)，證明：.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)題中條件列出方程組，解出驗(yàn)證即可；（2）變形不等式，構(gòu)造函數(shù)利用函數(shù)單調(diào)性證明即可.【小問1詳解】函數(shù)的定義域?yàn)椋?，因?yàn)闀r(shí)，有極大值， 所以，解得，經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)時(shí)，在時(shí)有極大值，所以；【小問2詳解】由（1）知，，當(dāng)時(shí)，要證，即證，即證：.設(shè)，則，因?yàn)椋?，所以在上單調(diào)遞增，所以，即，即，故當(dāng)時(shí)，.16.如圖，三棱柱中，四邊形均為正方形，分別是棱的中點(diǎn)，為上一點(diǎn).（1）證明：平面；（2）若，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】 【分析】（1）連接,則有平面平面，可得平面；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量進(jìn)行計(jì)算即可.【小問1詳解】連接.因?yàn)?，且，又分別是棱的中點(diǎn)，所以，且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面平面，所以平面，因?yàn)椋?，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面平面，所以平面，因?yàn)槠矫?，所以平面平面，因?yàn)槠矫?，所以平?【小問2詳解】四邊形均為正方形，所以.所以平面.因?yàn)椋?所以平面.從而.又，所以為等邊三角形.因?yàn)槭抢獾闹悬c(diǎn)，所以.即兩兩垂直.以為原點(diǎn)，所在直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.設(shè)，則，所以.設(shè)為平面的法向量，則，即，可取.因?yàn)?，所?設(shè)直線與平面所成角為，則，即直線與平面所成角正弦值為.17.2023年9月26日，第十四屆中國（合肥）國際園林博覽會在合肥駱崗公園開幕.本屆園博會以“ 生態(tài)優(yōu)先，百姓園博”為主題，共設(shè)有5個(gè)省內(nèi)展園?26個(gè)省外展園和7個(gè)國際展園，開園面積近3.23平方公里.游客可通過乘坐觀光車?騎自行車和步行三種方式游園.（1）若游客甲計(jì)劃在5個(gè)省內(nèi)展園和7個(gè)國際展園中隨機(jī)選擇2個(gè)展園游玩，記甲參觀省內(nèi)展園數(shù)量為，求的分布列及數(shù)學(xué)期望；（2）為更好地服務(wù)游客，主辦方隨機(jī)調(diào)查了500名首次游園且只選擇一種游園方式的游客，其選擇的游園方式和游園結(jié)果的統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)如下表：游園方式游園結(jié)果觀光車自行車步行參觀完所有展園808040未參觀完所有展園20120160用頻率估計(jì)概率.若游客乙首次游園，選擇上述三種游園方式的一種，求游園結(jié)束時(shí)乙能參觀完所有展園的概率.【答案】（1）分布列見解析，（2）0.4【解析】【分析】（1）根據(jù)題意結(jié)合超幾何分布求分布列和期望；（2）根據(jù)題意結(jié)合全概率公式運(yùn)算求解.【小問1詳解】由題意知：所有可能取值為，則有：，，，可知的分布列為：012所以的數(shù)學(xué)期望為：.【小問2詳解】記事件A為“游客乙乘坐觀光車游園”，事件為“游客乙騎自行車游園”，事件為“游客乙步行游園” ，事件為“游園結(jié)束時(shí)，乙能參觀完所有展園”，由題意可知：，，由全概率公式可得，所以游園結(jié)束時(shí)，乙能參觀完所有展園的概率為0.4.18.已知拋物線的焦點(diǎn)為，過點(diǎn)的直線與交于兩點(diǎn)，過作的切線，交于點(diǎn)，且與軸分別交于點(diǎn).（1）求證：；（2）設(shè)點(diǎn)是上異于的一點(diǎn)，到直線的距離分別為，求的最小值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）利用導(dǎo)函數(shù)的幾何意義求得直線的表達(dá)式，得出三點(diǎn)的坐標(biāo)，聯(lián)立直線與拋物線方程根據(jù)韋達(dá)定理得出；（2）利用點(diǎn)到直線距離公式可求得，可求出的最小值.【小問1詳解】因?yàn)閽佄锞€的焦點(diǎn)為，所以，即的方程為：，如下圖所示：設(shè)點(diǎn)，由題意可知直線的斜率一定存在，設(shè)， 聯(lián)立得，所以.由，得，所以，即.令，得，即，同理，且，所以.由，得，即.所以.故.【小問2詳解】設(shè)點(diǎn)，結(jié)合（1）知，即因?yàn)椋?同理可得，所以.又， 所以.當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號成立；即直線斜率為0時(shí)，取最小值；19.“數(shù)”在量子代數(shù)研究中發(fā)揮了重要作用.設(shè)是非零實(shí)數(shù)，對任意，定義“數(shù)”利用“數(shù)”可定義“階乘”和“組合數(shù)”，即對任意，（1）計(jì)算：；（2）證明：對于任意，（3）證明：對于任意，【答案】（1）155（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)題中定義，直接進(jìn)行計(jì)算即可；（2）根據(jù)題中定義計(jì)算出等式左右兩邊的值，化簡后即可證明；（3）根據(jù)題中的定義化簡題中的條件，得到，利用此等式，等到個(gè)等式，相加即可.【小問1詳解】由定義可知，.【小問2詳解】 因?yàn)椋?又,所以【小問3詳解】由定義得：對任意.結(jié)合（2）可知即，也即.所以，，……. 上述個(gè)等式兩邊分別相加得：.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵是充分利用題中的定義進(jìn)行運(yùn)算.