/安徽省部分學校2024_2025學年高三下冊數學模擬試卷（B卷）一、單選題1．已知全集，集合，，則（

）A．或 B．或C． D．2．若，則（

）A． B． C． D．3．已知，則（

）A．1 B． C． D．24．已知圓柱的軸截面為正方形，為下底面圓弧的中點，點在上底面圓弧上且與在軸截面同側，若，則異面直線與所成角為（

）A． B． C． D．5．已知函數，若存在使得，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．6．已知雙曲線的左、右焦點分別為為上關于原點對稱的兩點，且，的面積為，若為銳角，則（

）A．48 B．96 C．144 D．1927．已知函數正數滿足，則的最小值為（

）A．4 B．6 C．8 D．98．將按一定順序排列后，得到一個能被5整除的五位數，從最高位起，的前兩位、前三位、前四位按原順序組成的兩位數、三位數、四位數分別能被2，3，4整除，則（

）A．的最小值為5 B．的最大值為9C．的最小值為24325 D．的最大值為54325二、多選題9．某鐵路運輸段的數據統計部門發布的從2024年1月到6月煤炭運輸量（單位：萬噸）依次為28，34，43，m，67，73．已知2024年1月至6月煤炭運輸量的平均值為50萬噸，則（

）A．B．煤炭運輸量的第75百分位數為67C．若剔除2月和5月的數據，剩余4個月的煤炭運輸量的平均值比50大D．若煤炭運輸量中每個數據擴大為原來的2倍，則對應的標準差也為原來的2倍10．已知圓，點，則（

）A．若圓過點的切線只有一條，則實數B．若圓上總存在兩個點到點的距離為，則C．若過點且在兩坐標軸上截距相等（不為0）的直線被圓截得的弦長為，則D．若圓心在上且半徑為1的圓與圓交于兩點，則當最大時，11．已知函數，其圖象距離軸最近的一條對稱軸方程為，最近的一個對稱中心為，則（

）A．B．的圖象上的所有點向右平移個單位長度得到函數的圖象C．的圖象在區間內有3個對稱中心D．若在區間上的最大值與最小值分別為，則的取值范圍是三、填空題12．在中，已知，且，則．13．記的內角的對邊分別為，若，則．14．已知定義在上的函數的圖象經過坐標原點，，，且為偶函數，則．四、解答題15．已知等差數列的前項和為，且，．（1）求的通項公式；（2）求；（3）若時，有，求的最小值．16．某班同學在體測前組織了立定跳遠和鉛球兩個項目的測試．已知個人總成績為個人各項目成績之和．若立定跳遠合格得60分，投擲鉛球合格得20分，否則不得分，且只有當第一個測試項目的成績合格后，才能進行另一項測試．在這次測試中，得到相關數據如下：（單位：名）項目順序個人總成績合格（人數）個人總成績不合格（人數）合計先立定跳遠20828先投擲鉛球101626合計302454（1）依據小概率值的獨立性檢驗，分析能否認為先立定跳遠與個人總成績是否合格存在關聯？（2）從個人總成績合格的同學中隨機抽取2人，求至少有一人先投擲鉛球的概率；（3）若甲同學立定跳遠的合格率為0.75，投擲鉛球的合格率為0.8，且兩個項目是否合格相互獨立．為使總成績的期望最大，甲同學應該先選哪個項目？附：．0.100.050.012.7063.8416.63517．如圖，在直三棱柱中，分別是的中點，為上一點，，．（1）當為的中點時，證明：平面；（2）若二面角的正弦值為，求．18．已知函數．（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）若，求的值；（3）當時，證明：有2個零點．19．設橢圓短軸上的一個端點為為橢圓上異于點的任一點．若點到點距離的最大值僅在點為短軸的另一端點時取得，則稱該橢圓為“圓橢圓”．已知橢圓為“圓橢圓”．（1）求的離心率的取值范圍；（2）當的離心率最大時，點在上，直線與交于兩點，且直線的斜率互為相反數．（i）求的斜率；（ii）若，求的面積．

答案1．【正確答案】A【詳解】由題可得或，則或．故選A.2．【正確答案】C【詳解】由題可得，故選C3．【正確答案】A【詳解】由，得，整理得，因此，即，由同角三角函數的基本關系得，故A正確.故選A4．【正確答案】D【詳解】如圖，在弧上取一點，使得，過作圓柱的母線，連接，則由圓的對稱性可得，由圓柱的性質知，，，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以，所以或其補角即為異面直線與所成角．因為為下底面圓弧的中點，，所以，，所以，所以異面直線與所成角為．故選；D5．【正確答案】D【詳解】設的反函數為，由可得，所以題干等價為與的圖象在區間有交點，因為與的圖象關于直線對稱，所以兩函數圖象交點必在上，故圖象與直線在區間有交點，則在區間有解，則，令，則，則在區間單調遞增，又，則的取值范圍為．故選D6．【正確答案】B【詳解】由于，則由雙曲線定義知，所以．如圖，根據雙曲線對稱性知四邊形為平行四邊形，則，結合，所以，解得，又為銳角，故，則.在中，由余弦定理可知，則，所以．故選B7．【正確答案】C【詳解】當時，恒成立，當時，恒成立，則在上單調遞增，在上單調遞增．又因為，當時，，對時，0也成立，所以在上單調遞增．已知正數滿足，則，解得或（負值舍去），所以，，所以，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值為8．故選C.8．【正確答案】C【詳解】由題可知五位數A的個位只能是0或5，十位和千位均為偶數，前三位上的各數字之和能被3整除，且前四位按原順序組成的四位數能被4整除．對于A項，若，可得可以為34520或54320或32405或34205，故最小可以取到0，A錯誤；對于B項，若，將2，3，4，5，9排序，得個位只能是5，且十位和千位是偶數，則這個五位數的前三位上的數字之和為14或16，因為14和16均不能被3整除，不滿足題意，所以，B錯誤；對于C項，將2，3，4，5，排序，①當且為首位時，個位為5，此時沒有滿足題意的五位數，即；②當首位是2，個位為5，要滿足十位和千位均是偶數，此時百位只能是3，要滿足前三位上的各數字之和能被3整除，所以千位的最小值為4，此時要滿足前四位上的各數之和能被4整除，十位的最小值為2，得，滿足題意，所以的最小值為24325，C正確；對于D項，將2，3，4，5，排序，由B項分析得，故當且為首位時，個位為5，此時當且僅當千位為4，百位為3，十位為2時，滿足題意，取最大值84325，D錯誤．故選C.9．【正確答案】ABD【詳解】結合煤炭運輸量的平均值為50以及題中數據易得，A正確；，因此第75百分位數為第5個數據67，B正確；剔除2月和5月的煤炭運輸量后，剩余4個月的煤炭運輸量的平均值為，C錯誤；設數據變化前后的方差分別為，根據題中數據有，則，所以，，所以，D正確．故選ABD10．【正確答案】CD【詳解】對于A，因為圓過點的切線只有一條，所以點一定在圓上，所以有，解得，A錯誤；對于B，原問題等價于圓與圓相交，又兩圓的圓心距為，所以，整理得，解得，B錯誤；對于C，由于直線在兩坐標軸上截距相等且不為0，故設直線方程為，故，因為直線過點，所以，即．又直線被圓截得的弦長為，根據位置關系易得圓心到直線的距離、圓的半徑和弦長的一半構成直角三角形，可求得圓心到直線的距離，所以，解得，所以，C正確．對于D，如圖，在中，圓直徑為2，故，易得當最大時，最大，此時為圓的直徑，在中，，，所以．D正確．故選CD11．【正確答案】BD【詳解】A選項，的最小正周期為，因為，故，解得．由題意得，即．又，所以令，得，A錯誤；B選項，由A可得，將其圖象上的所有點向右平移個單位長度，得到的圖象，B正確；C選項，因為，又，所以區間是函數的一個周期，而，故在僅有兩個零點，即有2個對稱中心，C錯誤；D選項，由，得，即圖象的對稱軸為．的最小正周期為，由對稱性可知，當與關于直線對稱時，取得最小值，由得，此時．當為偶數時，最小值為，最大值為；當為奇數時，最大值為，最小值為，故的最小值為1；當或時，函數在上單調，此時取得最大值，，當或時等號可以成立，所以的取值范圍為，D正確．故選BD12．【正確答案】4【詳解】因為，則帶入，得，整理得．又，所以，解得．13．【正確答案】/【詳解】因為，由正弦定理得，所以，即，所以或（舍去），即，又因為，則，解得．14．【正確答案】2499【詳解】由，得（*）．在中，用替換，可得，則，即①，在①式中，用替換，則得②．又因為偶函數，所以③，故由②③，可得，用替換，可得，比較兩式，可得，即是以4為一個周期的函數．因為的圖象經過原點，所以，由（*）可得．在中，令，得，所以，在中，令，可得，在中，令，可得，則，則．15．【正確答案】（1）（2）（3）【詳解】（1）設等差數列的公差為，因為，，所以，解得，所以.（2）由（1）可得，故．（3）因為，所以，整理得，解得或，因為，，所以正整數的最小值為．16．【正確答案】（1）有關聯（2）（3）先選擇立定跳遠【詳解】（1）零假設：先立定跳遠與個人總成績是否合格沒有關聯，由于，所以依據的獨立性檢驗，推斷不成立，即可以認為先立定跳遠與個人總成績是否合格有關聯，此推斷錯誤的概率不大于0.05．（2）由題意，設抽取的2人中先投擲鉛球的人數為，所以，，則．（3）甲同學應先選擇立定跳遠，理由如下：若甲同學先立定跳遠，記為甲同學的總成績得分，則的所有可能取值為0，60，80，則，，，所以的分布列為060800.250.150.6則；若甲同學先投擲鉛球，記為甲同學的總成績得分，則的所有可能取值為0，20，80，則，，，所以的分布列為020800.20.20.6則，因為，所以要使得總成績的期望最大，甲同學應先選擇立定跳遠．17．【正確答案】（1）證明見解析（2）【詳解】（1）如圖①，連接，取的中點，連接．因為分別為的中點，所以．因為平面平面，所以平面．由直棱柱的性質知，所以．又平面平面，所以平面．因為平面平面，所以平面平面．又平面，所以平面．（2）解法一結合及直三棱柱的結構特征，易得和兩兩垂直，故以為坐標原點，以所在直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，如圖①所示，則，所以，．設，所以，則，所以．易知平面的一個法向量為．設平面的法向量為，則即取，則，所以平面的一個法向量為．設二面角為，由題意知，易知二面角為銳二面角，所以，所以，即，解得，由，得，故．解法二由直三棱柱的性質得平面平面．如圖②，過作于，過點作于，連接，則平面．因為平面，所以．因為平面，平面，，所以平面，因為平面，所以，所以為二面角的平面角．所以，．設，因為平面，平面，所以，所以，則．又因為，且與共面，所以，所以，易得，則．所以在中，，所以有，解得，由，得，故．18．【正確答案】（1）（2）（3）證明見解析【詳解】（1）當時，，則，所以，，所以曲線在點處的切線方程為，即．（2）函數的定義域為，且，①當時，易得，在上單調遞減，又，所以當時，，不符合題意；②當時，由，得時，即在上單調遞增；由，得時，即在上單調遞減，所以，因為，則其等價于，即．令，則，所以當時，，當時，，則在上單調遞增，在上單調遞減，所以，因恒成立，故．（3）．令，得，令，則與有相同的零點，且．令，則，因為當時，，所以在區間上單調遞增，又，，所以，使得，所以當時，，即；當時，，即，所以在單調遞減，在單調遞增，所以的最小值為．由，得，即，令，，則，則在單調遞增．因為，所以，則，所以，從而，，所以的最小值．因為，所以當趨近于0時，趨近于；當趨近于時，趨近于，且，所以有2個零點，故有2個零點．19．【正確答案】（1）（2）（i）;（ii）【詳解】（1）根據對稱性設點，則，故是關于的一元二次函數．由定義得當且僅當時，取得最大值．①當圖象開口