/安徽省部分示范高中2024?2025學年高三第三次聯考數學試卷一、單選題（本大題共8小題）1．已知集合，，若，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．2．在復平面內，復數與對應的點關于實軸對稱，則（

）A． B． C． D．3．函數．若存在，使得為奇函數，則實數的值可以是（

）A． B． C． D．4．現將12個相同的小球全部放入4個不同的盒子里，每個盒子至少放2個小球，則不同的放法共有（

）A．24種 B．35種 C．56種 D．70種5．已知是正實數，若函數對任意恒成立，則的最大值為（

）A． B． C．1 D．e6．若函數是減函數，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．7．設等差數列的前項和為，且，將數列與數列的公共項從小到大排列得到新數列，則（）A． B． C． D．8．已知拋物線的焦點為，準線與軸交于點，直線過焦點且與交于，兩點，若直線的斜率為，則（

）A．1 B．2 C．4 D．8二、多選題（本大題共3小題）9．已知，樣本數據，，則（

）A．的平均數一定等于的平均數 B．的中位數一定小于的中位數C．的極差一定大于的極差 D．的方差一定小于的方差10．已知函數，則下列說法正確的是（）A．的周期為B．的圖象關于對稱C．在上恰有3個零點D．若在上單調遞增，則的最大值為11．設，函數，則（

）A．有兩個極值點B．若，則當時，C．若有個零點，則的取值范圍是D．若存在，滿足，則三、填空題（本大題共3小題）12．已知具有線性相關性的變量，設其樣本點為，經驗回歸方程為，若，，則．13．在三棱錐中，平面，若，且，則三棱錐的體積的最大值為．14．已知，分別為雙曲線（，）的左、右焦點，過的直線與雙曲線的右支交于、兩點（其中在第一象限），的內切圓半徑為，的內切圓半徑為，若，則直線的斜率為.四、解答題（本大題共5小題）15．兩個箱子里面各有除顏色外完全相同的黑球和白球若干個，現設計一個抽球游戲，規則如下：先從第一個箱子中隨機抽一個小球，抽后放回，記抽中黑球得分，抽中白球得分，且抽中黑球的概率為；再從第二個箱子中隨機抽一個小球，抽后放回，記抽中黑球得分，抽中白球得分，且抽中黑球的概率為.記一次游戲后，得分總和為分.(1)求的分布列和數學期望；(2)若有人玩該游戲各一次，求恰有人游戲得分不低于分的概率.16．已知函數．（1）當時，求曲線在點處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；（2）若不等式恒成立，求a的取值范圍．17．如圖，在四棱錐中，底面，，，，側棱與底面所成的角為，且，.(1)求；(2)求平面與平面夾角的余弦值.18．在平面直角坐標系中，點和是中心為坐標原點，焦點在坐標軸上的橢圓上的兩點.（1）求橢圓的標準方程；（2）若為橢圓上任意一點，以點為圓心，為半徑的圓與圓的公共弦為.證明：的面積為定值，并求出該定值.19．已知無窮數列滿足以下條件：①，當時，；②若存在某項，則必有，使得（且）．(1)若，寫出所有滿足條件的；(2)若，證明：數列為等差數列；(3)設，求正整數的最小值．

參考答案1．【答案】D【詳解】由題意，因為，即集合是集合的子集，所以.故選D.2．【答案】B【詳解】由可得，故，故選B.3．【答案】C【詳解】函數的定義域為R，，存在，函數為奇函數，則或，當時，為奇函數，則函數是偶函數，于是，解得，當時，，C符合，ABD不符合；當時，，此時或，當且僅當時為奇函數，與矛盾，所以實數的值可以是.故選C.4．【答案】B【詳解】先在每個盒子中分別放入一個小球則剩余個小球，只需保證個盒子中分別再放入至少個小球，則采用隔板法可得有種放法.故選擇B.5．【答案】C【詳解】由題意可知，為增函數，為減函數，且零點分別為，，因對任意恒成立，則函數與有相同的零點，則，即，則，當且僅當，即，時取等號，則的最大值為.故選C．6．【答案】B【詳解】由題意得，函數定義域為.∵，∴，∵且，∴，則，∵，∴，解得，當時，，，不合題意，∴的取值范圍是.故選B.7．【答案】A【詳解】因為，當時，則，兩式相減得，整理可得，且，則，可得，即，可知等差數列的公差，當時，則，解得；所以，可知數列為正奇數列，對于數列，當時，可得為偶數；當時，可得為奇數；所以數列與的公共項從小到大排列得到數列的通項公式為，則，所以.故選A.8．【答案】C【詳解】拋物線的焦點，準線，過作準線的垂線，垂足為，作軸于，由直線的斜率為，得，而，則，設點，令，，于是，解得，同理，因此，當為鈍角時，同理求得，所以.故選C.9．【答案】AC【詳解】對分別求平均數，均為，故A正確；的中位數為，的中位數為，大小關系不確定，不妨設原數據為：，中位數為，則新數據為：，中位數為2，故B錯誤；的極差為，的極差為，故C正確；由，且和的平均數相等，從而，故D錯誤．故選AC．10．【答案】BD【詳解】①當時，，②當時，，③當時，④當時，，因此，，所以函數的圖象，如圖所示：A選項：因為，故A不正確；B選項：因為，所以的圖象關于對稱，故B正確；C選項：由的函數解析式以及函數圖像可知：當時，，當時，，當時，，所以在上有無數個零點，故C錯誤；D選項：由，，得，因為在上單調遞增，所以由的圖象可知，解得，則的最大值為，故D正確；故選BD．11．【答案】BCD【詳解】對于A選項，，當時，，單調遞增，無極值點；當時，得或，，得，則在和上單調遞增，在上單調遞減，此時有兩個極值點，故A選項錯誤；對于B選項，當，時，由上述知，在上單調遞增，在上單調遞減，則，故B選項正確；對于C選項，當時，單調遞增，至多只有一個零點，不合題意；當時，若有個零點，則由單調性可知必然有，解得.而當時，，，在區間，，中分別各有一個零點，故C選項正確；對于D選項，，等價于或，，故D選項正確.故選BCD.12．【答案】8【詳解】由題意可得：，，可知經驗回歸方程為過樣本中心點，則，可得．13．【答案】/【詳解】在三棱錐中，平面，，設，則，以線段的中點為原點，直線為軸建立平面直角坐標系，則，設，由，得，整理得，點在以為圓心，為半徑的圓上，則點到直線距離的最大值為，面積的最大值為，三棱錐體積的最大值為，設，，求導得，當時，；當時，，函數在上遞增，在上遞減，因此，所以三棱錐體積的最大值為.14．【答案】【詳解】設的內切圓的圓心為，的內切圓的圓心為，記邊上的切點分別為，由切線的性質可得：，由雙曲線定義可得：，即，則，又.則，又，則，即.同理可得，的內切圓也與軸相切于點.連接，則與軸垂直，設圓與相切于點，連接，過點作，記垂足為，則.設直線傾斜角為，則.在四邊形中，注意到，又四邊形內角和為，則，在中，，，則，則直線斜率，即.15．【答案】(1)分布列見解析，(2)【詳解】（1）由題知，可能取的值為，，，.

，，，，的分布列為：故.（2）由（1）知，得分不低于分和低于分的概率均為故人玩該游戲各一次恰有人游戲得分不低于分的概率為.16．【答案】（1）（2）【詳解】（1），，.，∴切點坐標為(1,1+e),∴函數在點(1,f(1)處的切線方程為,即,切線與坐標軸交點坐標分別為,∴所求三角形面積為．（2）［方法一］：通性通法,，且.設,則∴g(x)在上單調遞增，即在上單調遞增，當時，,∴,∴成立.當時，，，,∴存在唯一，使得，且當時，當時，，，因此>1,∴∴恒成立；當時，∴不是恒成立.綜上所述，實數a的取值范圍是[1,+∞).［方法二］【最優解】：同構由得，即，而，所以．令，則，所以在R上單調遞增．由，可知，所以，所以．令，則．所以當時，單調遞增；當時，單調遞減．所以，則，即．所以a的取值范圍為．［方法三］：換元同構由題意知，令，所以，所以．于是．由于，而在時為增函數，故，即，分離參數后有．令，所以．當時，單調遞增；當時，單調遞減．所以當時，取得最大值為．所以．［方法四］：因為定義域為，且，所以，即．令，則，所以在區間內單調遞增．因為，所以時，有，即．下面證明當時，恒成立．令，只需證當時，恒成立．因為，所以在區間內單調遞增，則．因此要證明時，恒成立，只需證明即可．由，得．上面兩個不等式兩邊相加可得，故時，恒成立．當時，因為，顯然不滿足恒成立．所以a的取值范圍為．【整體點評】（2）方法一：利用導數判斷函數的單調性，求出其最小值，由即可求出，解法雖稍麻煩，但是此類題，也是本題的通性通法；方法二：利用同構思想將原不等式化成，再根據函數的單調性以及分離參數法即可求出，是本題的最優解；方法三：通過先換元，令，再同構，可將原不等式化成，再根據函數的單調性以及分離參數法求出；方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范圍，再進行充分性證明即可．17．【答案】(1)(2)【詳解】（1）因為平面，平面所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，因為平面，所以在平面上的射影為，所以為直線與底面所成的角，因為與底面所成的角為，所以，又，所以，設，因為，，，所以，，又，故，則，因為因為平面，平面所以，所以，所以，

解得或（舍去），故.（2）以為坐標原點，、分別為、軸的正方向，過作垂直于平面的直線為軸，如圖建立空間直角坐標系，則，，，，則，，設平面的法向量為，，令，得，，則為平面的一個法向量，設平面的法向量為，，令，可得，，得為平面的一個法向量，設平面與平面的夾角為，則.所以平面與平面夾角的余弦值為.18．【答案】（1）（2）證明見解析，定值為【詳解】（1）設橢圓的方程為，由題意知：，，解得，

所以橢圓的方程為.（2）設，則，且圓的方程為，即圓的方程為.

因為圓的方程為，

將圓的方程與圓的方程作差得，

所以的方程為，

點到直線的距離，又因為，所以的面積為為定值.19．【答案】(1)滿足條件的可能為(2)證明見解析(3)3035【詳解】（1）由題意，當時，，，或，或，，，①若，則或；②若，則或；綜上所述，滿足條件的可能為；（2）先證當正整數時，是以2為首項，2為公差的等差數列，且，①由（1）