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.2 B. C.4 D.
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.20 D.
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 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D A A D C A B
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 9 10 11
答案 AD ACD ACD
1.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，解散后都不站原来的位置可以分两个步骤：
第一步：先让其中一个士兵甲去选位置，有种选法；
第二步：重排其余个人，根据第一步，可以分为两类：
第一类：若甲站到乙的位置上，但乙没有站到甲的位置，这样的站法有种；
第二类：若甲站到乙的位置上，乙同时站到甲的位置，这样的站法有种.
所以，又，
所以.
所以数列是首项为1，公比为-1的等比数列.
（3）证明：由题意可知，
由（2）可得：.
所以
以上各式相加，可得：
所以.
所以，
当无穷大时，.
