2024-2025學年安徽省合肥市高三上學期12月聯考數學檢測試題一、單選題（本大題共8小題）1．命題“”的否定是（

）A． B．C． D．2．已知集合，則（

）A． B． C． D．3．已知平面，直線且，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．已知角的頂點與原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，終邊經過點，則（

）A． B． C．或 D．或5．已知向量，且向量與的夾角為，則的最小值為（

）A． B． C． D．6．已知兩個等差數列的前項和分別是，且，則（

）A． B． C． D．7．如圖，在扇形OAB中，半徑，弧長為，點是弧AB上的動點，點分別是半徑上的動點，則周長的最小值是（

）

A． B．4 C． D．8．已知定義域為的函數滿足：，且當時，，若，則（

）A． B．C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．某超市隨機抽取了當天100名顧客的消費金額作為樣本，并分組如下：，（單位：元），得到如圖所示的頻率分布直方圖，則下列說法正確的是（

）A．若該超市當天總共有600名顧客，則消費金額在（單位：元）內的顧客約有180人B．若每組數據以區間中點值為代表，則樣本中消費金額的平均數是145元C．若用樣本估計總體，則該超市當天消費金額的中位數是100.8元D．現從樣本的第1，2組中用比例分配的分層隨機抽樣方法抽取6人，再從這6人中隨機抽取2人做進一步調查，則抽到的2人的消費金額都不少于50元的概率是10．已知函數的部分圖象如圖所示，則（

）A．B．C．函數的圖象與直線的相鄰兩交點間的距離為D．11．某興趣小組制作了一個直三棱柱容器（容器壁厚度忽略不計），其中，，則下列說法正確的是（

）A．若四棱錐的體積為，則B．若三棱柱的外接球的表面積為，則三棱柱的側面積為30C．若，棱長為的正方體能被整體放入此容器且可自由轉動，則的最大值為D．若，點在四邊形內（含邊界），且，則點的軌跡長度為三、填空題（本大題共3小題）12．已知，則.13．已知隨機變量，且正數滿足，則的最小值為.14．已知實軸長為的雙曲線的漸近線為，、分別為的上、下焦點，過點的直線與的上、下兩支分別交于點、，且，則直線的斜率為.四、解答題（本大題共5小題）15．如圖1，在矩形ABCD中，，將沿著BD翻折到的位置，得到三棱錐，且平面ABP，如圖2所示.(1)求證：平面平面ABD；(2)求直線AB與平面BPD所成角的正弦值.16．已知的內角的對邊分別為向量.(1)求的大小；(2)是邊BC上一點且AD平分，若的面積是，求的周長.17．已知函數與分別是定義在上的奇函數和偶函數，且.(1)求函數與的解析式；(2)若對于，不等式恒成立，求實數的取值范圍.18．已知數列滿足，且.(1)證明：數列是等比數列；(2)求數列的通項公式；(3)若數列的前項和為，證明：數列中任意不同的三項都不能構成等差數列.19．法國著名數學家拉格朗日給出一個結論：若函數在閉區間上的圖象是一條連續不斷的曲線，在開區間上都有導數，則在區間上存在實數，使得，這就是拉格朗日中值定理，其中稱為在區間上的“拉格朗日中值”.已知函數.(1)利用拉格朗日中值定理求函數在上的“拉格朗日中值”；(2)利用拉格朗日中值定理證明：函數上任意兩點連線的斜率不小于；(3)針對函數，請證明拉格朗日中值定理成立.

答案1．【正確答案】D【詳解】命題“”的否定是，故選：D2．【正確答案】A【詳解】集合，因為，所以，則.故選：A.3．【正確答案】A【詳解】因，又，則，即“”是“”的充分條件；當，時，不一定和l平行，還有可能異面，則“”不是“”的必要條件.則“”是“”的充分不必要條件.故選：A4．【正確答案】C【詳解】因為，所以，因為的終邊過點，所以，解得，，當時，，當時，，綜上所述：或.故選：C.5．【正確答案】C【詳解】因為，則，由平面向量數量積的定義可得，所以，，當且僅當時，等號成立，故的最小值為.故選：C.6．【正確答案】B【詳解】由題意，在兩個等差數列中，前項和分別是，，對于一般等差數列前項和為二次型函數：（為常數），∴設，，為常數∴，故選：B.7．【正確答案】D【詳解】連接，作點關于直線的對稱點，關于直線的對稱點，連接分別交，與點，連接如下圖所示：

則,,此時的周長取得最小值，其最小值為的長度；因為扇形OAB的弧長為，半徑為2，所以；根據對稱性可知，在中，由余弦定理可得，所以.即周長的最小值是.故選：D8．【正確答案】B【詳解】由題意，任取，且，則，，所以，即，所以函數在上單調遞增，由，設，，則，所以函數在上單調遞增，所以，則，即.由，設，，則，因為，所以，則，而，則，所以，則函數在上單調遞減，所以，則，即.綜上所述，，又函數在上單調遞增，則.故選：B.9．【正確答案】BD【詳解】因為，所以，對于A，所以消費金額在內的顧客約有人，A選項錯誤；對于B，樣本中消費金額的平均數是元，B選項正確；對于C，設消費金額的中位數是，前二組的頻率和為，前三組的頻率和為，所以在第三組，所以，所以元，C選項錯誤；對于D，第1組頻率，第2組頻率分別為，所以從樣本的第1，2組中用比例分配的分層隨機抽樣方法抽取6人，第1組抽2人，第2組抽4人，所以從這6人中隨機抽取2人做進一步調查，則抽到的2人的消費金額都不少于50元的概率是，D選項正確.故選：BD.10．【正確答案】ABD【詳解】由圖可得，，，因，取，對于A，，故A正確；對于B，，則，，即，故B正確；對于C，令或，得或，其中，分別取，得相鄰的三個根為，則相鄰根的差值即的圖象與直線的相鄰兩交點間的距離為或，故C錯誤；對于D，，，則，故D正確.故選：ABD11．【正確答案】ABD【詳解】對于A,根據余弦定理，，則,如圖，過點作，垂足為，所以,因為直三棱柱，所以四棱錐的高為，所以，故A正確；對于B,設三棱柱的外接球的球心為,半徑為,分別為上底面和下底面外接圓的圓心，則為外接圓的半徑，如上圖，則,,所以,所以,所以三棱柱的側面積為，故B正確；對于C，因為內切圓的半徑為，又因為，所以三棱柱能容納的最大的內切球的半徑為，則棱長為的正方體能整體放入此容器且可自由轉動，則棱長最大的正方體恰好是直徑為的球的內接正方體，則，則的最大值為1，故C錯誤；對于D，在平面ABC內作，垂足為H，由A的分析可知H落在CB的延長線上，且，由于平面，平面，故，又平面，故平面，平面,故，而，故，又，故P點軌跡為以H為圓心，3為半徑的圓在四邊形內（含邊界）的圓弧MN，在中，，則，故弧MN的長為，即點的軌跡長度為，故D正確；故選：ABD12．【正確答案】1【詳解】由題意，在中，，，故1.13．【正確答案】9【詳解】因為隨機變量，正數滿足，有對稱性可知，即，所以；當且僅當，即時，等號成立.故914．【正確答案】【詳解】因為實軸長為的雙曲線的漸近線為，則，解得，所以，雙曲線的方程為，，如下圖所示：設，由雙曲線的定義可得，則，，所以，，所以，，由余弦定理可得，所以，，解得，所以，，所以，，當直線的傾斜角為銳角時，則，所以，，此時，直線的斜率為；當直線的傾斜角為鈍角時，由對稱性可知，直線的斜率為.綜上所述，直線的斜率為.故答案為.15．【正確答案】(1)證明見詳解(2)【詳解】（1）因為平面ABP，平面ABP，可得，，由題意可知：，且，平面，可得平面，由平面ABD，所以平面平面ABD.（2）由題意可知：，設點到平面的距離為，因為，即，解得，所以直線AB與平面BPD所成角的正弦值為.16．【正確答案】(1)(2)【詳解】（1）由，可得，再由三角形正弦定理角化邊得：，整理得：，再由余弦定理得：，又因為，所以.（2）由的面積公式得：，因為AD平分，，，所以，化簡得：，又由的面積是，則，解得：，所以，又由余弦定理得：，所以，即三角形的周長是.17．【正確答案】(1)；(2)【詳解】（1）由①，可得，所以②，①②可得，所以，①②可得，所以；（2）由（1）知，所以在上單調遞增，由，得，所以，當時，，不等式恒成立，當時，，所以不等式變形為，令，所以，令，求導得，因為，所以，所以在上單調遞減，所以，所以，所以在上單調遞增，所以，因為對于，不等式恒成立，所以，所以實數的取值范圍為.18．【正確答案】(1)證明見解析；(2)(3)證明見解析.【詳解】（1）證明：因，則，則是以為首項，公比為3的等比數列；（2）由（1），，則是以為首項，公差為1的等差數列，則；（3）由（2），，則，則.證明：假設數列中存在不同的三項能構成等差數列，設這三項項數為.其中，則，.設，則，得，注意到，，則.這與矛盾，則數列中不存在不同的三項能構成等差數列.19．【正確答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【詳解】（1）由題，，因，，則（負值舍去）；（2）由題，，設，設，則在R上單調遞增，注意到，則當在上單調遞增，在上單調遞減，則，設函數上任意兩點為，則函數上任意兩點斜率的表達式為，由拉格朗日中值定理，在區間上存