安徽省2024-2025学年高三下学期逐梦星辰杯大联考 数学试卷（含详解）

安徽省2024 2025学年高三下学期逐梦星辰杯大联考数学试卷
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数满足，则（ ）
A． B． C．2 D．1
3．函数的零点的个数为（ ）
A． B．
C． D．无法确定，与的取值有关
4．已知点在抛物线上，则点到点的距离的最小值为（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．向量与在上的投影向量均为，，当最大时，则（ ）
A． B．6 C．12 D．16
7．已知点，为圆上两点，，点为线段的中点，点为直线上的动点，则的最小值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．
8．数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列，扩充的次数记为.扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的平均数.现对数列1，3进行构造，第1次得到数列1，2，3；第2次得到数列1，，2，，3；…依次构造，记第次得到的数列的所有项之和为，则（ ）
A．510 B．514 C．1022 D．1026
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知，均为正数且，则下列不等式正确的有（ ）
A． B． C． D．
10．已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A．为函数的最小正周期 B．函数的图象关于对称
C．函数的值域为 D．当时，函数有5个零点
11．在四棱柱中，平面，四边形为菱形，，，，为棱的中点，为四边形内一个动点（含边界），且平面，则下列结论正确的有（ ）
A．动点轨迹的长度为
B．平面截四棱柱所得的截面是五边形
C．存在点使得
D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为
三、填空题（本大题共3小题）
12．在中，角，，的对边分别为，，，若，是的角平分线，点在上，，，则的面积为 .
13．已知、分别为双曲线的左、右焦点，直线过且与双曲线的左支交于，两点.若，且的周长为24，则双曲线的焦距为 .
14．阳光艺术学校为提高学员学习的积极性，特意在五一期间举办比赛活动，共设有，，，，，六种奖品.若学员在比赛中获得好的名次，则可获得优胜奖，即获奖学员可从六种奖品中任选3种，但不能同时选，两种奖品.若学员未获得好的名次，则可获得鼓励奖，即从除，之外的奖品中选2个作为鼓励奖.已知甲在比赛中获得好名次的概率为，则在甲选了奖品的条件下，他又选了奖品的概率为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知数列中，，，其前项和满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：.
16．在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，为正三角形，，为中点，过的平面分别交，于点，，且平面.

(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
17．随着科技的不断发展，社会对人工智能方面的人才需求不断扩大，我国高校毕业生中从事软件工程职业的人数在不断攀升.某省统计了该省其中四所高校2024年的毕业生人数及从事软件工程职业的人数（单位：百人），得到如下表格：
高校 高校甲 高校乙 高校丙 高校丁
2024年毕业生人数（百人） 8 7 6 5
2024年从事软件工程职业人数（百人） 0.5 0.4 0.3 0.2
(1)已知与具有较强的线性相关关系，求关于的线性回归方程；
(2)假设该省对从事软件工程职业的大学生每人发放0.5万元的补贴.
①若该省高校2024年毕业生人数为7千人，估计该省要发放补贴的总金额；
②若高校甲的毕业生小辉、小宇选择从事软件工程职业的概率分别为、，该省对小辉、小宇两人从事软件工程职业的补贴总金额的期望不超过0.8万元，求的取值范围.
参考公式：，.
18．已知椭圆的下顶点和右焦点分别为点和点，其离心率为，为原点，的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)点在椭圆上（点与椭圆的顶点不重合）.
（i）的垂直平分线与轴交于点，求实数的取值范围；
（ii）若点在第四象限，且，求直线的方程.
19．已知函数，.
(1)若与相切，求实数的值；
(2)若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；
(3)已知函数有3个零点，，，求证：.
参考答案
1．【答案】B
【详解】因为，所以，所以，
又，所以.
故选B.
2．【答案】A
【详解】设，，，则，
所以，解得，所以.
故选A
3．【答案】A
【详解】因为时，由指数函数的图象与性质知，
当时，，，所以，
当时，，，所以，
又当时，，所以函数只有一个零点，

故选A.
4．【答案】C
【详解】记点，，则，
所以，
由，所以，当且仅当时，取最小值.
即点到点的距离的最小值为.
故选C.
5．【答案】D
【详解】①当时，；
若，则，当时，；
若，当时，取得最小值－3，即；
若，，，，在时单调递增，；
②当时，函数的图象是一个二次函数，其对称轴为；
若，则在上单调递减，；
若，；
若，则在上单调递增，；
因为函数的值域为，
当时，在时最小值为，在时，不满足值域为；
当时，，，，不满足值域为；
当时，在时，在时；
为使值域为，需满足，解得.
综上，.
故选D.
6．【答案】C
【详解】设，，所以，
因为，所以，所以可设，，
与的夹角为，
若，，
则知，，
即，，，
则当最大时，最大，即最小，即此时，
当且仅当时成立.
故选C.
7．【答案】A
【详解】圆的圆心坐标为，半径，
因为点为线段的中点，，
则，
所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
点在直线上，
可得圆心到直线的距离，
所以的最小值为.
故选A.

8．【答案】B
【详解】设第次构造后得的数列为1，，3，则，
则第次构造后得到的数列为1，，，，，…，，，3，
于是，，
显然，而，
因此数列是以4为首项，2为公比的等比数列，
则，即，
所以.
故选B.
9．【答案】BD
【详解】由，
因为，均为正数，所以，，故A错误；
由上知，，所以，，所以，故B正确；
，，所以，故C错误；
，
当且仅当，时，等号成立，故D正确.
故选BD.
10．【答案】ABD
【详解】因为，故B正确；
因为，
因为，
所以为函数的一个周期，
又，
因为，
当时，单调递增，当时，单调递减，结合选项B可得函数的大致图象，结合图象故A正确；
经分析可知，，所以，故C错误；
结合和图象易知两个图象有5个交点，故D正确.

故选ABD.
11．【答案】ACD
【详解】如图1，取分别，中点为，，
,
平面，平面，
易得平面平面，
即的轨迹为线段，又，故A正确；
如图2，取中点为，连接，，可得，
所以平面截四棱柱所得的截面是四边形，故B错误；
因为四边形为菱形，，所以，
因为平面平面，平面平面,平面,
所以平面，
因为为直角三角形，所以此时存在，
当时，因为平面，平面，
所以，又平面平面，
所以平面，
即平面，则有，故C正确；
三棱锥的体积最大时，此时点与点重合，如图3.
由已知得此时，所以在底面的射影为的外心，
又由为直角三角形，所以在底面的射影为中点，
设为，设外接球的球心为，半径为，，，，
由，，可得外接球半径，
所求外接球的表面积为，故D正确.
故选ACD.
12．【答案】
【详解】在中，由角平分线定理得，所以，
，即，解得，，
所以.
13．【答案】
【详解】由题知，，
，
的周长为，
，，
由得，
即，，
故，，
，，，
在中，，解得，焦距为.

14．【答案】
【详解】设M：甲选了奖品，N：甲选了A奖品，
则，，
所以.
15．【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）由已知，得，
即，且.
数列是以为首项，公差为1的等差数列.
；
（2），
所以，，
两式相减，得，
所以，
因为，，所以.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）设，则为，的中点，连接，
因为为菱形，则，
又因为，且为的中点，则，
，，平面，所以平面，
且平面，则，
又因为平面，平面，平面平面，
可得，所以.
又因为为正三角形，所以
因为，，且与相交，
所以平面；
（2）因为，且为的中点，则，
且，，，平面，所以平面，
设，则，，且平面，平面，
可得平面，平面，
且平面平面，
所以，即，，交于一点，
因为为的中点，则为的重心，
且，则，
由题，，，，，
如图，以，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，
可得，，
设平面的法向量，
则
令，则，可得，
设平面的法向量为，
可得，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．【答案】(1)
(2)①（万元）；②
【详解】（1）由题意得（百人），（百人），
，，
，，
，
所以，
故得关于的线性回归方程为；
（2）①当毕业生人数（百人）时，由回归方程（百人），
补贴总金额为（万元）；
②设两人从事软件工程职业的补贴总金额为（万元），的取值可能为0，0.5，1.
，
，
，
由，即，得.
又因为解得.
综上，的取值范围是
18．【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【详解】（1）由已知得，，所以，
由得，.
所以椭圆的标准方程为；
（2）法一：（i）题意可知直线的斜率存在，设直线的斜率为，
则直线的方程为，即，
联立与得：，解得或.
将代入，得，
所以，点的坐标为，
设为线段的中点，点的坐标为，
所以点的坐标为，
所以直线的斜率为，
又因为，所以，
整理得，因，所以且，
当且仅当，即时取得等号.
因为异于椭圆的顶点，所以，
解得的取值范围是.
（ii）由，且，
两式相除得，
由（i）知，点的坐标为，且点在轴的下方，则.
设到直线的距离为，
.
，
.
则有，化简得解得：或（舍）.
则直线的方程为，即.
法二：（i）设，则或，
的中垂线方程：，
令，则，
又，，.
；
（ii）设直线的倾斜角为，，
，即，
，，
直线的方程为，
联立解得（在第四象限），
而，直线的方程为，即.
19．【答案】(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【详解】（1），，，
设切点为，则且，
即，，
联立得，化简得，
令，，.
所以在上单调递减，
又，所以，故.
（2）当时，等价于.
令，则，.
①当，时，，
故，在上单调递增，因此.
②当时，令，得，，
由及得，故当时，，在上单调递减，
因此，不满足题意.
综上，的取值范围是.
（3）由题可知，注意到，
即当时，，还有另外2个零点，
令，注意到，，
记，
令且，所以.
当时，记的两根为，，则，
不妨设，
又在上单调递减，所以，
当时，；当时，，
所以存在三个不同零点，故；
又的三个零点分别，，，因此一定有：，且，
同时若，则
，
，
要证且，
由，故结论成立.