安徽省A10联盟2024届高三4月质量检测考试
数学试题
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.请在答题卡上作答.
第I卷（选择题共58分）
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，则的子集个数为（ ）
A. 4 B. 7 C. 8 D. 16
2. 已知抛物线C：的焦点为F，若点在C上，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
3. 已知，，则的最小值为（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
4. 学校安排含唐老师、李老师在内的5位老师去3个不同的学校进行招生宣传，每位老师都必须选1个学校宣传，且每个学校至少安排1人.由于唐老师是新教师，学校安排唐老师和李老师必须在一起，则不同的安排方法有（ ）
A. 24种 B. 36种 C. 48种 D. 60种
5. 已知，，，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
6. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则（ ）
A. B. C. D.
7. 已知是圆O：的直径，M，N是圆O上两点，且，则的最小值为（ ）
A. 0 B. -2 C. -4 D.
8. 若定义在上的函数，满足，且，则（ ）
A. 0 B. -1 C. 2 D. 1
二、选择题：本题共3小题，每小题6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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. “体育强则中国强，国运兴则体育兴”.为备战2024年巴黎奥运会，运动员们都在积极参加集训，已知某跳水运动员在一次集训中7位裁判给出的分数分别为：9.1，9.3，9.4，9.6，9.8，10，10，则这组数据的（ ）
A. 平均数9.6 B. 众数为10
C. 第80百分位数为9.8 D. 方差为
10. 在信息时代，信号处理是非常关键的技术，而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数.函数的图象可以近似模拟某种信号的波形，则（ ）
A. 为偶函数 B. 的图象关于点对称
C. 的图象关于直线对称 D. 是的一个周期
11. 已知双曲线C：左、右焦点分别为，，直线：与C的左、右两支分别交于M，N两点（点N在第一象限），点在直线上，点Q在直线上，且，则（ ）
A. C的离心率为3 B. 当时，
C. D. 为定值
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若复数在复平面内对应的点位于第三象限，则实数的取值范围是__________.
13. 若关于方程有解，则实数m的最大值为__________.
14. 已知正方体的体积为8，且，则当取得最小值时，三棱锥的外接球体积为______.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知函数.
（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的方程；
（2）若函数在上有2个极值点，求实数的取值范围.
16. 如图，在三棱柱中，，，，，P为线段的中点，点N为线段上靠近的三等分点.
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
17. 某学校组织一场由老师与学生进行的智力问题比赛，最终由小明同学和唐老师入围决赛，决赛规则如下：
①学生：回答n个问题，每个问题小明回答正确的概率均为；若小明回答错误，可以行使学生权益，即可以进行场外求助，由场外同学小亮帮助答题，且小亮每个问题回答正确的概率均为.
②教师：回答个问题，每个问题唐老师回答正确概率均为.
假设每道题目答对与否相互独立，最终答对题目多的一方获胜.
（1）若，，记小明同学答对问题（含场外求助答对题数）的数量为X，求X的分布列及数学期望：
（2）若，且小明同学获胜的概率不小于，求p的最小值.
18. 已知椭圆C：的短轴长为4，过右焦点F的动直线与C交于A，B两点，点A，B在x轴上的投影分别为，（在的左侧）；当直线的倾斜角为时，线段的中点坐标为.
（1）求的方程；
（2）若圆：，判断以线段为直径的圆与圆的位置关系，并说明理由；
（3）若直线与直线交于点M，面积为，求直线的方程.
19. 在不大于的正整数中，所有既不能被2整除也不能被3整除的个数记为.
（1）求，的值；
（2）对于，，是否存在m，n，p，使得 若存在，求出m，n，p的值；若不存在，请说明理由；
（3）记表示不超过的最大整数，且，求的值.安徽省A10联盟2024届高三4月质量检测考试
数学试题
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.请在答题卡上作答.
第I卷（选择题共58分）
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，则的子集个数为（ ）
A. 4 B. 7 C. 8 D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合中元素，进而求出集合的子集个数．
【详解】由题意得，，
则的子集个数为，
故选：C．
2. 已知抛物线C：的焦点为F，若点在C上，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件，将点坐标代入抛物线方程，求得，求出，即可求得的面积.
【详解】
将代入C的方程，得，故，
所以，则的面积.
故选：A.
3. 已知，，则的最小值为（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解.
【详解】，，
当且仅当，即，时等号成立.
故选：B.
4. 学校安排含唐老师、李老师在内的5位老师去3个不同的学校进行招生宣传，每位老师都必须选1个学校宣传，且每个学校至少安排1人.由于唐老师是新教师，学校安排唐老师和李老师必须在一起，则不同的安排方法有（ ）
A. 24种 B. 36种 C. 48种 D. 60种
【答案】B
【解析】
【分析】把5位老师按和分组，再把分成的3组安排到3所学校，列式计算得解.
【详解】把5位老师按和分组，且唐老师和李老师在一起的不同分组方法数为，
所以不同的安排方法有（种）.
故选：B
5. 已知，，，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数判断单调性即可得解.
【详解】令函数，求导得，
因此函数在上单调递增，则，，
所以
故选：C
6. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知等式结合正弦定理可得，再由余弦定理可得，最后结合同角的三角函数关系和特殊三角函数值得到结果即可
【详解】由及正弦定理得，即，
由及余弦定理可得，
∴，∴，∴.
又，∴.
故选：D.
7. 已知是圆O：直径，M，N是圆O上两点，且，则的最小值为（ ）
A. 0 B. -2 C. -4 D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点C，结合垂径定理与数量积的运算表示出后，借助三角函数值域即可得解.
【详解】设的中点为C，∵，，
则，
∵C为的中点，∴，
设向量与的夹角为，
∴，
又，∴的最小值为.
故选：C.
8. 若定义在上的函数，满足，且，则（ ）
A. 0 B. -1 C. 2 D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】利用赋值法，先后求出，，再令，得到，即可求解.
【详解】令，则有，
又，∴.令，.
则有，∴
令，则有.
∵，∴，∴，
∴
.
故选：D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. “体育强则中国强，国运兴则体育兴”.为备战2024年巴黎奥运会，运动员们都在积极参加集训，已知某跳水运动员在一次集训中7位裁判给出的分数分别为：9.1，9.3，9.4，9.6，9.8，10，10，则这组数据的（ ）
A. 平均数为9.6 B. 众数为10
C. 第80百分位数为9.8 D. 方差为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据平均数、众数、百分位数和方差的定义求解.
【详解】对于A，平均数，故A正确；
对于B，出现次数最多的数为10，故B正确；
对于C，7×0.8=5.6，第80百分位数为第6位，即10，故C错误；
对于D，方差为，故D正确.
故选：ABD.
10. 在信息时代，信号处理是非常关键的技术，而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数.函数的图象可以近似模拟某种信号的波形，则（ ）
A. 为偶函数 B. 的图象关于点对称
C. 的图象关于直线对称 D. 是的一个周期
【答案】BC
【解析】
【分析】对A，根据奇偶函数得定义判断；对B，计算可判断；对C，计算可判断；对D，根据周期函数的定义判断.
【详解】由题意得，，
对于A，，
，
∴函数是奇函数，故A错误；
对于B，
，
∴的图象关于点对称，故B正确；
对于C，
，
∴的图象关于直线对称，故C正确；
对于D，
，
∴不是的周期，故D错误.
故选：BC.
11. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，直线：与C的左、右两支分别交于M，N两点（点N在第一象限），点在直线上，点Q在直线上，且，则（ ）
A. C的离心率为3 B. 当时，
C. D. 为定值
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据离心率的公式即可求解A，联立直线与抛物线方程， 根据弦长公式即可求解B，根据二倍角公式以及斜率关系即可求解C，根据角的关系即可求解线段长度相等，判断D.
【详解】由题意得，，故A错误；
联立，得，解得或，则，故B正确；
由直线：可知，又，，故在线段的中垂线上，
设，的斜率分别为，，，故直线的方程为，
联立，得，
设，则，，故.
当轴时，，是等腰直角三角形，且易知；
当不垂直于x轴时，直线的斜率为，故，
因为，所以，所以，，故C正确；
因为，故，故，故D正确.
故选:BCD.
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若复数在复平面内对应的点位于第三象限，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由实部和虚部都小于零解不等式组求出即可.
【详解】由题意得，，解得，
∴实数的取值范围是.
故答案为：.
13. 若关于的方程有解，则实数m的最大值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得，构造函数，即可得到，然后利用导数求得函数的值域即可得到结果.
【详解】由题意得，，
令，则，
易知单调递增，所以.
令，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，得.
所以的最大值为.
故答案为：
14. 已知正方体的体积为8，且，则当取得最小值时，三棱锥的外接球体积为______.
【答案】##
【解析】
【分析】首先将平面展成与平面同一平面，确定点的位置，再建立空间直角坐标系，确定球心的位置，根据球体积公式计算即可．
【详解】由题意得，，将平面展成与平面同一平面，
当点共线时，此时最小，
在展开图中作，垂足为N，
因为为等腰直角三角形，所以，，
由得，，解得，
在正方体，过点作，垂足为，则，
如图，以D为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
则，
因为，所以，
又因为平面，且，
所以平面，
因为，
所以三棱锥外接球的球心在上，
设球心为，设，则，
因为，
所以，
解得，即，所以外接球，
所以三棱锥外接球的体积，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：立体图形中求线段和最小值，将线段所在平面展开在同一平面，即可确定最小值；确定立体图形的外接球，可先确定球心所在直线，建立空间直角坐标系求解.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知函数.
（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的方程；
（2）若函数在上有2个极值点，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）令，分离参数可得，由题意可得方程在上有2个根，构造函数，，利用导数求出其极值和单调区间即可得解.
【小问1详解】
由题意得，，
故，解得，
而，故所求切线方程为，即；
【小问2详解】
令，则，故，
因为函数在上有2个极值点，
所以方程在上有2个根，
令，，则，
令，解得，故当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
且，当时，，当，，
故实数的取值范围为.
16. 如图，在三棱柱中，，，，，P为线段的中点，点N为线段上靠近的三等分点.
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）先得到，，得到线面垂直，故，再得到，由三线合一得到，得到线面垂直，得到结论；
（2）先证明出面面垂直，再建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到面面角的余弦值.
【小问1详解】
因为，故，
又，所以，
故侧面为矩形，故，
又，，，
所以平面，
而平面，故，
又，，故为等边三角形，
所以，
因为是线段的中点，故，
且，平面，故平面，
因为平面，故.
【小问2详解】
由（1）知，平面，又平面，
故平面平面，
以为原点，，所在直线分别为x，y轴，
过点C在平面内作垂直的直线为z轴，
建立空间直角坐标系，
不妨设，则，，，，，
，设，则，
即，解得，
故，
易得平面的一个法向量为，
设平面的法向量，则，
令，则.
记平面与平面夹角为，
故，
即平面与平面夹角的余弦值为.
17. 某学校组织一场由老师与学生进行的智力问题比赛，最终由小明同学和唐老师入围决赛，决赛规则如下：
①学生：回答n个问题，每个问题小明回答正确的概率均为；若小明回答错误，可以行使学生权益，即可以进行场外求助，由场外同学小亮帮助答题，且小亮每个问题回答正确的概率均为.
②教师：回答个问题，每个问题唐老师回答正确的概率均为.
假设每道题目答对与否相互独立，最终答对题目多的一方获胜.
（1）若，，记小明同学答对问题（含场外求助答对题数）的数量为X，求X的分布列及数学期望：
（2）若，且小明同学获胜的概率不小于，求p的最小值.
【答案】（1）分布列见解析，；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出小明答每个问题，回答正确的概率，再利用二项分布求出分布列及期望.
（2）求出小明答对1个、2个试题的概率，唐老师答对0个、1个试题的概率，再把小明获胜的事件分拆成互斥事件的和，即可求出概率.
【小问1详解】
小明同学答每个问题，回答正确的概率，
的所有可能取值为，显然，
则，，
，，
则的分布列为
0 1 2 3
数学期望.
【小问2详解】
记事件为小明同学答对了道题，事件为唐老师答对了道题，，，
其中小明同学答对某道题的概率为，答错某道题的概率为，
则，，
，，
所以小明同学获胜概率为
，解得，
所以的最小值为.
18. 已知椭圆C：的短轴长为4，过右焦点F的动直线与C交于A，B两点，点A，B在x轴上的投影分别为，（在的左侧）；当直线的倾斜角为时，线段的中点坐标为.
（1）求的方程；
（2）若圆：，判断以线段为直径的圆与圆的位置关系，并说明理由；
（3）若直线与直线交于点M，的面积为，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）圆与圆内切，理由见解析
（3）或
【解析】
【分析】（1）利用点差法，结合中点坐标，以及直线的斜率，求椭圆方程；
（2）根据椭圆的定义，表示圆心距和两圆半径的关系，即可判断两圆的位置关系；
（3）首先设直线的方程，并与椭圆方程联立，利用韦达定理表示点的坐标，并利用坐标表示的面积，即可求解直线方程.
【小问1详解】
易知，则.
设，，则，
相减得，，
故，解得，则，
故椭圆C的方程为.
【小问2详解】
设，圆的半径为,椭圆C的左焦点为，
则，，
设为线段的中点，则，
故圆与圆内切.
【小问3详解】
当直线斜率为0时，不符合题意，舍去.
当直线斜率不为0时，设直线方程为，
联立，得，
易知，则，.
易知，，
所以直线：①，直线：②，
联立①②，
所以，
因为，
所以，
解得，
故直线的方程为或.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是联立方程求出点的坐标，并利用坐标表示面积公式.
19. 在不大于的正整数中，所有既不能被2整除也不能被3整除的个数记为.
（1）求，的值；
（2）对于，，是否存在m，n，p，使得 若存在，求出m，n，p的值；若不存在，请说明理由；
（3）记表示不超过的最大整数，且，求的值.
【答案】（1），
（2）不存在，理由见解析
（3）500
【解析】
【分析】（1）由的定义，分别求出，；
（2）若成立，可转化为，即，即可判断；
（3）根据题意可知，当时，可证，即，得解.
【小问1详解】
在不大于的所有正整数中，所有既不能被2整除也不能被3整除的数为1，5，7，11，13，共5个，所以.
在不大于的所有正整数中，所有既不能被2整除也不能被3整除的数为1，5，7，11，13，17，19，23，25，共9个，所以.
【小问2详解】
因为在不大于的所有正整数中，能被2整除的数有个，能被3整除的数有个，能被6整除的数有个，
所以.
若，则，即，
因为，所以，
易知是奇数，是偶数，上式不成立，
故不存在m，n，p，使得.
【小问3详解】
由（2）知，当时，，所以，
当时，，
（上式变换注意用到不等式，若，则.）
所以当时，，
所以当时，，，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题第二问，关键是根据的定义分析在不大于的所有正整数中，能被2整除的数有个，能被3整除的数有个，能被6整除的数有个，
进而可得.第三问，关键是分析得到当时，成立，此处用到糖水不等式放缩.
