2023届安徽省六安市省示范高中高三上学期期末数学试题（解析版）

2023届安徽省六安市省示范高中高三上学期期末数学试题

一、单选题

1．全集，集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】解一元二次不等式可求得集合，由补集定义可得结果.

【详解】由得：，即，.

故选：C.

2．若复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】设，由复数相等条件可构造方程组求得，进而确定对应点的坐标，从而得到结果.

【详解】设，则，

，，解得：，

对应的点为，位于第一象限.

故选：A.

3．已知中，为的中点，且，，，则向量在向量上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由向量线性运算可得，知，根据投影向量为，结合长度和角度关系可求得结果.

【详解】，，，

又，，，，为等边三角形，；

在上的投影向量为.

故选：C.

4．已知圆，点在直线上，过点作圆的切线，切点分别为A、B，则切线段的最小值为（    ）

A．1 B．2 C． D．3

【答案】B

【分析】根据切线长公式和点到直线的距离公式求解.

【详解】，所以当时，的长最小，

C到l的距离为，所以，

故选:B．

5．2022年诺贝尔物理学奖授予在量子领域做出贡献的法国、美国、奥地利科学家，我国于2021年成功研制出目前国际上超导量子比特数量最多的量子计算原型机“祖冲之号”，操控的超导量子比特为66个．已知1个超导量子比特共有“，”2种叠加态，2个超导量子比特共有“，，，”4种叠加态，3个超导量子比特共有“，，，，，，，”8种叠加态，…，只要增加1个超导量子比特，其叠加态的种数就呈指数级增长．设66个超导量子比特共有种叠加态，则是一个（    ）位的数．（参考数据：）

A．19 B．20 C．66 D．67

【答案】B

【分析】根据题意可得个超导量子比特共有种叠加态，结合指、对数运算求解.

【详解】根据题意，设个超导量子比特共有种叠加态，

所以当有66个超导量子比特共有种叠加态．

两边取以10为底的对数得，，

所以，由于，即，

故N是一个20位的数．

故选：B.

6．已知函数的图象的一部分如图所示，则该函数解析式可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据奇偶性可排除B；A中函数与与轴交点间距离相等，与图象不符，可排除A；根据时，可排除C，由此可得正确选项.

【详解】由图象可知：图象关于原点对称，则为奇函数，

，为偶函数，排除B；

令，解得：，则与轴交点间距离相等，与图象不符，排除A；

当时，，，

，即在右侧函数值先为负数，与图象不符，排除C.

故选：D.

7．已知中，a、b、c为角A、B、C的对边，，若与的内角平分线交于点I，的外接圆半径为，则面积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据正弦定理求出，，，，得到，利用基本不等式求出面积的最大值.

【详解】，由正弦定理得：

∵，∴，

∵，

∴，为直角三角形且外接圆半径为，

∴，

∴，

设内切圆半径为，则．

其中，

因为，所以，

故，当且仅当时，等号成立，

∴，

当且仅当时等号成立，

故选：A

8．已知，，．则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】令，，利用导数可求得在上的单调性，从而确定，，结合，令即可得到大小关系.

【详解】令，，则，

在上单调递增，，即；

令，，则，

在上单调递增，，即；

又当时，，当时，；

则当时，，即.

故选：B.

【点睛】关键点点睛：本题考查采用构造函数的方式比较大小的问题，解题关键是能够根据的形式的共同点，准确构造函数和，利用导数求得函数单调性后，通过赋值来确定大小关系.

二、多选题

9．下列说法不正确的是（    ）

A．已知命题，都有，则，使

B．数列前项和为，则，，成等比数列是数列成等比数列的充要条件

C．是直线与直线平行的充要条件

D．直线的斜率为，则为直线的方向向量

【答案】BC

【分析】根据全称命题的否定、等比数列片段和性质的基本要求、两直线平行的条件以及方向向量定义依次判断各个选项即可.

【详解】对于A，根据全称命题的否定可知：，使，A正确；

对于B，当等比数列的公比时，且为偶数时，，，，不构成等比数列，必要性不成立，B错误；

对于C，当时，与方程均可写为：，即两直线重合，充分性不成立，C错误；

对于D，由直线方向向量定义可知：为直线的方向向量，D正确.

故选：BC.

10．椭圆的上下顶点分别，焦点为，为椭圆上异于的一动点，离心率为，则（    ）

A．的周长为

B．离心率越接近，则椭圆越扁平

C．直线的斜率之积为定值

D．存在点使得，则

【答案】ABD

【分析】根据椭圆定义可知焦点三角形周长为，结合离心率转化即可知A正确；根据椭圆离心率与椭圆形状的关系可知B正确；设，结合两点连线斜率公式化简可得斜率之积，知C错误；将问题转化为当为短轴端点时，，利用余弦定理可构造齐次不等式求得的范围，知D正确.

【详解】对于A，由椭圆定义知：，又，，

的周长为，A正确；

对于B，，当越接近时，的值越小，则椭圆越扁平，B正确；

对于C，设，则，又，，

，C错误；

对于D，由椭圆性质知：当为短轴端点时，最大，

若存在点使得，则当为短轴端点时，，

此时，即，，

又，，D正确.

故选；ABD.

11．设函数，则下列结论正确的是（    ）

A．若函数的最小正周期为，则

B．存在，使得的图象向右平移个单位长度得到的函数图象关于原点对称

C．若，当时，函数的值域为

D．若在上有且仅有4个零点，则

【答案】BD

【分析】根据周期公式可判断A,根据函数图象的对称性可判断B，讨论函数在给定区间的最值可判断C,根据函数图象分析零点的分布可判断D.

【详解】由倍角公式可得：，

，可知：，所以A选项错误，

将图像向右平移得到，

该函数图像关于原点对称，则，

所以，当时，满足题意，B选项正确．

当时，，所以，

则的值域为，所以C选项错误，

，则，

因为函数有且仅有4个零点，

所以，解得，D选项正确．

故正确选项为:BD．

12．已知长方体中，，，点是四边形内（包含边界）的一动点，设二面角的大小为，直线与平面所成的角为，若，则（    ）

A．点的轨迹为一条抛物线

B．线段长的最小值为

C．直线与直线所成角的最大值为

D．三棱锥体积的最大值为

【答案】BCD

【分析】作平面，，根据二面角平面角定义和线面角定义可得，由此可得，根据抛物线定义可知点轨迹为抛物线的一部分，对应的点轨迹也为抛物线的一部分，知A错误；若取得最小值，则最小，根据抛物线性质可知当为中点时，最小，由此可求得最小值，知B正确；将问题转化为求解与所成角的最大值，建立平面直角坐标系，可知当与抛物线相切时，最大，利用抛物线切线的求法可求得该最大值，知C正确；由体积桥可确定当点到的距离最大时，所求体积最大，结合抛物线图形可知当为中点时距离最大，由此可求得D正确.

【详解】过点作平面，垂足为，作，垂足为，

对于A，平面，平面，，

又，，平面，平面，

平面，，即为二面角的平面角，

即，又，，，

点轨迹为以为焦点，为准线的抛物线在四边形内（含边界）的部分，

则点轨迹为以为焦点，为准线的抛物线在四边形内（含边界）的部分，A错误；

对于B，由抛物线性质知：当为中点时，，

，B正确；

对于C，与所成角即为与所成角，

在平面中，以中点为坐标原点，可建立如图所示平面直角坐标系，

则当与抛物线相切时，取得最大值；

由题意知：抛物线方程为：，，

设切线方程为：，则由得：，

，解得：，

在四边形内（含边界），结合图形可知：，此时，

直线与所成角的最大值为，C正确；

对于D，，，

若三棱锥的体积最大，则点到的距离最大，即点到的距离最大；

由C中图象可知：当为中点时，点到的距离最大，最大值为，

即点到距离的最大值为，

，D正确.

故选：BCD.

【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的轨迹相关问题的求解，解题关键是能够作出二面角的平面角，结合线面角定义确定动点满足到定点的距离等于到定直线的距离，从而确定动点轨迹为抛物线的一部分，进而结合直线与抛物线的知识来进行求解.

三、填空题

13．抛物线的准线方程为_______.

【答案】

【详解】由抛物线的标准方程为x2=y，得抛物线是焦点在y轴正半轴的抛物线，2p=1，

∴其准线方程是y=，．

故答案为．

14．已知等差数列的前n项和为，，，则数列的前20项和是______．

【答案】202

【分析】根据题意求出数列的首项和公差，将的前9项和到分开求和即可求解.

【详解】由得，

又，∴，即

∴，公差．

因为，解得，

∴，

∴

∴的前n项和为

．

故答案为:202.

15．正三棱锥的侧棱长为，为的中点，且，则三梭锥外接球的表面积为______．

【答案】

【分析】根据等腰三角形三线合一性质和线面垂直判定可知平面，从而得到；由线面垂直判定可得平面，进而确定三棱锥为正方体的一角，通过求解正方体的外接球表面积即可得到结果.

【详解】为中点，，，，，

又，平面，平面，

平面，，又，，平面，

平面，又三棱锥为正三棱锥，侧面为全等的等腰直角三角形，

三棱锥为如图所示的棱长为的正方体的一角，

该正方体的外接球即为三棱锥的外接球，

正方体外接球半径，所求外接球表面积.

故答案为：.

16．已知函数，，若，，则的最大值为______．

【答案】

【分析】对已知等式进行同构可得，令，利用导数可求得单调递增，由此可得，从而将所求式子化为；令，利用导数可求得，即为所求最大值.

【详解】由得：；

由得：，；

，

令，，

，在上单调递增，

；

令，则，

则当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，

，即的最大值为.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解多变量的式子最值的问题；解题关键是能够对于已知等式进行同构变形，将问题转化为某一单调函数的两个函数值相等的问题，从而确定两个变量之间的关系，将所求式子化为单变量的式子来进行求解.

四、解答题

17．在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．

在中，内角的对边分别为，且满足______．

(1)求角的大小：

(2)若的面积为，点在边上，且，求的最小值．

（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答记分．）

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）若选①，利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式可化简得到，由此可得；若选②，利用正弦定理角化边，配凑出的形式，从而得到；

（2）利用三角形面积公式可构造方程求得；利用向量线性运算可用表示出，根据平面向量数量积的定义和运算律可表示出，利用基本不等式可求得的最小值，进而得到的最小值.

【详解】（1）若选条件①，由正弦定理得：，

，

，，，即，

又，；

若选条件②，由正弦定理得：，，即，

，又，.

（2），，；

，

（当且仅当，即时取等号），

，即的最小值为.

18．如图，在四棱锥中，，，，平面，，为线段上一点且．

(1)证明：∥平面；

(2)若，二面角的正弦值为，求PD的长．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）构造面面平行的性质定理解决.

(2)建立空间直角坐标系解决.

【详解】（1）过点作交DC于点G，连接BG，

又∵，又

，又，故四边形是平行四边形.

∴，面，面，面，同理面

，∴平面平面

又平面，∴平面．   

（2）以DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系，令，

则，，

，，     

设平面的法向量为

∴，，令，则，

易知平面的法向量为     

∴，可得

∴     

19．已知是数列的前n项和，且．

(1)求数列的通项公式；

(2)若，是的前项和，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据与的关系求解；（2）利用裂项相消法求和即可证明.

【详解】（1）时，，

时，

经验证时

∴

（2）时     

时，，

，     

∴．

20．随着六安市经济发展的需要，工业园区越来越受到重视，成为推动地方经济发展的重要工具，工业园区可以有效创造和聚集力量，共享资源，克服外部负面影响，带动相关产业发展，从而有效促进产业集群的形成．已知工业园区内某工厂要设计一个部件（如图阴影部分所示），要求从圆形铁片上进行裁剪，部件由三个全等的矩形和一个等边三角形构成．设矩形的两边长分别为，（单位：），要求，部件的面积是．

(1)求y关于x的函数解析式，并求出定义域；

(2)为了节省材料，请问x取何值时，所用到的圆形铁片面积最小，并求出最小值．

【答案】(1)，定义域；

(2)当时，面积最小值.

【分析】(1)用表示阴影部分面积，由此可得y关于x的函数解析式，结合已知求定义域；

(2)用表示圆的半径的平方，再利用基本不等式求其最小值，由此可得圆的面积最小值.

【详解】（1），

故．     

，即，又，所以．

故，

（2）如图所示：作交于，交于，连接．

故，又

故

，     

当，即时等号成立．

故当时，面积最小值．

21．已知函数．

(1)讨论函数的单调性；

(2)函数，若在上恒成立，求实数m的取值范围．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】(1)分类讨论，根据函数的导数分和求解；(2)分离参变量得到，讨论函数的单调性和最值求解.

【详解】（1）函数的定义域为，，

①当时，，所以在上为单调递减函数，   

②当时，令解得，令解得，

所以在上为单调递减函数，在为单调递增函数．

（2）由得，

∴，     

令，

当时，时，，

所以在单调递增，在单调递减，     

∴

故．

22．已知两点、，动点M满足直线MA与直线MB的斜率之积为3．，动点M的轨迹为曲线C．

(1)求曲线C的方程；

(2)过点作直线交曲线C于P、Q两点，且两点均在y轴的右侧，直线AP、BQ的斜率分别为、．

①证明：为定值；

②若点Q关于x轴的对称点成点H，探究：是否存在直线l，使得的面积为，若存在，求出直线l的方程，若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)① 证明见解析；②存在；或

【分析】(1)根据条件列出方程化简即可求出曲线方程；

(2) 设直线，，，联立方程组，利用韦达定理得出的和、积. ①利用两点的坐标直接表述出，将的和、积代入化简即可求证为定值；②根据题意求出的直线方程，通过整理化简得出直线过定点，根据三角形的面积求出的值，进而求解即可.

【详解】（1）令，根据题意可知：，

化简，可得：，

所以曲线C的方程为：.

（2）设，，可设直线，联立方程

可得：，

则，     

故且

①

．     

②∵轴，∴，由两点式方程可得的直线方程为：

，

∴，将，代入可得：

，     

将代入上式，得到：

，

所以直线过定点，   

∴

∴或（舍）

所以存在直线l，使得的面积为，

直线l的方程为：或．