安徽省六安市省示范高中2023届高三教学质量检测数学试题

这是一份安徽省六安市省示范高中2023届高三教学质量检测数学试题，共25页。试卷主要包含了全集，集合，则，已知，，，下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。

1.全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
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
3.已知中，O为BC的中点，且，，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
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
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
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.
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.
8.已知，，.则（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多选项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.下列说法不正确的是（ ）
A.已知命题，都有，则，使
B.数列前n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l的斜率为k，则为直线l的方向向量
10.椭圆的上下顶点分别A､B，焦点为､，为椭圆上异于A､B的一动点，离心率为e，则（ ）
A.的周长为
B.离心率e越接近1，则椭圆C越扁平
C.直线PA､PB的斜率之积为定值
D.存在点P使得，则
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
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3
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
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.抛物线的准线方程为__________.
14.已知等差数列的前n项和为，，，则数列的前20项和是__________.
15.正三棱锥的侧棱长为2，M为AB的中点，且，则三棱锥外接球的表面积为______.
16.已知函数，，若，，则的最大值为__________.
四､解答题：本题共6小题，共70分，解答题应写出文字说明､证明过程和演算步骤.
17.（本题满分10分）
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A､B､C的对边分别为a､b､c，且满足__________.
（1）求角的大小：
（2）若的面积为，点D在边AB上，且，求CD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.）
18.（本题满分12分）
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.
19.（本题满分12分）
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：.
20.（本题满分12分）
随䍰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.
21.（本题满分12分）
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.
22.（本题满分12分）
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.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查集合的补集运算，属于基础题.
先求出集合，结合补集的运算性质求解.
【解答】
解：由题意可得，
所以.
故选C.
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了复数的几何意义，考查了复数相等的条件等知识，属于基础题.
设，则，利用复数相等的知识求得的值，进而求解.
【解答】
解：设，则，
由题意得，
所以，解得，
所以，其对应的点坐标为，
所以在复平面内所对应的点为在第一象限.
故选：A.
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查投影向量的求法，属于中档题.
根据题意得出为直角三角形，从而求出向量在向量上的投影向量.
【解答】
解：，
则，得，
，
又，所以，
故选.
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查的是直线与圆的位置关系中的最值问题，点到直线的距离，属于中档题.
根据，可知当时，最小，最小，即可求解.
【解答】
解：依题意，圆心，半径为1，
由于为圆的切线，
则，
当时，最小，则最小，
的最小值为点到的距离为，
所以，
故选.
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查指数运算的应用，对数的运算，考查了知识的迁移与应用，属于中档题.
根据个超导量子比特共有种叠加态，得到，然后两边同时取常用对数，由此进行分析求解即可.
【解答】
解：由题意，设个超导量子比特共有种叠加态，
所以66个超导量子比特共有种叠加态，
两边同时取常用对数，则，
所以，
因为，
故是一个20位数.
故选：B.
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查函数的图象分析，涉及函数奇偶性的判断以及函数值符号的分析，属于中档题.
根据题意，用排除法分析：利用函数的奇偶性排除，再根据时，的符号排除，根据图象与轴的交点排除，即可得答案.
【解答】
解：图像关于原点对称，故函数为奇函数，所以错误；
对于选项，当时，，此时，与图像不符，所以排除选项；
对于选项，函数图象与轴的交点为，且各交点间距离相等，与图像不符合，
所以排除选项；
所以选D.
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查三角恒等变换，正弦定理以及正弦函数的性质在解三角形中的综合应用，属于较难题.
利用正弦定理以及三角恒等变换化简已知等式可得，结合，可求的值，
由已知利用正弦定理得，由题意可求，设，则，可得，由正弦定理，三角恒等变换可求的面积为，可求，利用正弦函数的性质即可求解其最大值.
【解答】
解：，
由正弦定理可得，
，
，
，
又在三角形中，
，又，
.
的外接圆半径为，
由正弦定理知，，
，
由于与的内角平分线交于点，及，
则，
设，则，且，
在中，由正弦定理得
，
，
的面积为
，
由于，则，
所以当，即时，的面积取得最大值，最大值为，
故面积的最大值为.
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性，利用导数比较大小，属于较难题.
构造新函数，利用导数研究其单调性并比较大小即可.
【解答】
解：令，则，
当时，在上单调递增，
故，所以，
令，则，
所以在上单调递增，所以，即.
又当时，，所以当时，.
则当时，，即.
故选B.
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题主要考查的是命题的真假与否定，等比数列前项和的性质，直线间位置关系的判定，直线的方向向量，属于中档题.
根据相关概念逐项检查即可.
【解答】
解：选项，根据命题的否定可知该命题为真命题；
选项中，当为偶数，时，，等比数列的项不可为0，所以该命题为假命题；
选项中当时，两条直线重合，所以该命题为假命题；
选项，，则为直线的方向向量，命题为真命题，
故选BC.
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查椭圆的几何性质及直线与椭圆的位置关系，属于中档题.
根据条件及椭圆的几何性质､直线与椭圆的位置关系等相关知识逐项计算判断即可.
【解答】
解：的周长为，而，所以周长是选项正确.
，当越接近的值越小，所以椭圆越扁平，选项正确.
，设，则，
将代入可得：选项错误.
当点在短轴端点时最大，
若存在点使得，则点在短轴端点时，
所以，有，
故选项正确，
故选ABD.
11.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查函数的图象与性质，考查正弦（型）函数的零点，考查函数的单调性与单调区间，属于中档题.
依题意，在分别对选项进行分析，讨论其正确性即可得到答案.
【解答】
解：由倍角公式降幂可得：.
对于选项，可知：，所以选项错误；
对于选项，将图象向右平移得到，
该函数图象关于原点对称，则，
所以，当时，满足题意，选项正确；
对于选项，当时，，因为，所以，则的值域为，所以选项错误；
对于选项，由于，则，
因为函数有且仅有4个零点，
所以，解得选项正确.
故选BD.
12.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查了异面直线所成角和棱锥的体积，线面角和二面角，是中档题.
根据题意找到线面角和二面角，再根据抛物线定义，异面直线所成角和棱锥的体积逐一判定即可.
【解答】
解：过点作垂直于底面，垂足为，过作，垂足为，连接，
因为平面平面，所以，
又平面，
所以平面，
因为平面，所以，
则即为二面角的平面角，
因为平面，所以即为直线与平面所成的角
则，
，
因为，所以，可得，
过作，垂足点为，连接，
可知，点四点共面，
因为平面平面，所以，
又平面平面，所以平面，
因为平面平面，所以，
则四边形为平行四边形，可得，
又，可知四边形为平行四边形，
则可得，
所以到直线的距离等于点到点的距离，
而是在四边形内（包含边界），
所以点的轨迹是抛物线的一部分，选项错误；
在平面内，以线段的中点为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示直角坐标系，
可知直线方程为，
则以点为焦点的抛物线方程为，过点，
可知点的轨迹方程为，
，
当取得最小值时，取得最小值，
当点为的中点时，最小，为1，此时选项正确；
因为，
所以与所成的角即与所成的角，为，
设，
，
当时，；
当时，，
当且仅当时取等号，
即当点与点重合时，取得最大值1，此时取得最大值，
即直线与直线所成角的最大值为选项正确；
，
当点在的中点时，点到距离最大，
此时面积最大，三棱锥体积最大，
选项正确.
故选BCD.
13.【答案】
【解析】【分析】
本题考查抛物线的方程和性质，主要考查抛物线的准线方程的求法，属于基础题.
由的准线方程为，即可求抛物线，即的准线方程.
【解答】
解：由的准线方程为，
抛物线，即，则，所以其准线方程为.
故答案为.
14.【答案】202
【解析】【分析】
本题考查数列的求和，着重考查等差数列的通项公式与求和公式的应用，突出考查等价转化思想与分类讨论思想的应用，属于基础题.
设等差数列的公差为，由题目条件可求得与，从而可得对分与讨论，即可求得数列的前20项和.
【解答】
解：设等差数列的公差为，
则解得，
所以.
当时，，当时，.
所以
.
故答案为202.
15.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了球的表面积以及球的切､接问题，是中档题.
易得正三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，该三棱锥是棱长为2的正方体的一个角，所以其外接球与该正方体的外接球相同，得出，可得外接球的表面积.
【解答】
解：由于正三棱锥中对边相互垂直，所以，
而平面，
所以平面，又平面，故，
又该三棱锥为正三棱锥，
所以三条侧棱两两互相垂直，
所以该三棱锥是棱长为2的正方体的一个角，
所以其外接球即为该正方体的外接球，所以半径，
所以该三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为.
16.【答案】
【解析】【分析】
本题考查导数的综合应用，利用导数研究函数的最值，考查了方程思想和转化思想，属于中档题.
由题意可得，结合目标式可得，令，利用导数研究单调性，再确定的最大值即可.
【解答】
解：因为函数，
所以可知，即，
且由，可知，
而易得函数在上单调递增，
所以，所以，
令，则，
令，得，令，得，
所以在单调递增，在单调递减，
所以.
故答案为.
17.【答案】解：（1）方案一：选条件①.
由，可得，
由正弦定理得，
因为，所以，
所以，
故，
又，于是，即，
因为，所以.
方案二：选条件②.
，由正弦定理得，
即
由余弦定理得.
又，所以.
（2），又，
，
，
当且仅当时，等号成立，
的最小值为.
【解析】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，和差角公式及三角形的面积公式在求解三角形中的应用，平面向量的线性运算以及数量积运算，考查基本不等式求最值，属于中档题.
（1）选条件①，根据正弦定理以及两角和与差的三角函数公式化简可得，即可求得；
选条件②，根据正弦定理和余弦定理求得，即可求得；
（2）根据三角形面积公式求得，根据平面向量的线性运算以及数量积运算，利用基本不等式，即可求出结果.
18.【答案】解：（1）过点作交于点，连接，
所以，
所以，
又，
所以，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面平面，
平面；
（2）因为平面平面，
所以，
又
以为原点，所在直线为轴，为所在直线轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
令，
则，
，
设平面的法向量为，
，即，
令，则，
易知平面的法向量为，
则，
设二面角的平面角为，
因为，
所以，
即，又，解得，
.
【解析】本题考查了线面平行的判定以及平面与平面所成角的向量求法，是中档题.
（1）利用线面平行的判定定理可得平面；
（2）建立合适的空间直角坐标系，得出平面的法向量和平面的法向量，由空间向量求解即可.
19.【答案】解：（1）时，，
时，，
经验证时，
.
（2）证明：时，，
时，，
，
，
.
【解析】本题考查数列的通项和前项和的关系，考查裂项相消法求和，考查运算能力，属于中档题.
（1）运用时，，当时，，即可得到通项；
（2）化简，写成差的形式，再由裂项相消法求和，即可得到不等式成立.
20.【答案】解：（1）部件的面积，
.
，即，又，解得.
故，定义域为.
（2）设圆形铁片的半径为.
如图所示：作交于，交于，连接.
故，
故
，
当，即时等号成立.
故当时，圆形铁片面积最小值为.
【解析】本题考查函数模型的应用及由基本不等式求最值，属于中档题.
（1）根据条件可得函数的解析式以及定义域；
（2）设圆形铁片的半径为，作交于，交于，连接，可得，故，根据基本不等式即可求得最小值.
21.【答案】解：（1）函数的定义域为，
，
当时，，所以在上单调递减，
当时，当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
综上可得，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）由得，，
，
令，
，
当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减，
，
故.
【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查不等式恒成立问题，属于中档题.
（1）对求导，对分类讨论，利用导数与单调性的关系求解即可；
（2）由得，，令，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
22.【答案】解：（1）令，
根据题意可知：，
化简，可得：；
（2）设，易得直线的斜率不为0，可设直线，
联立方程，
可得，
则，
故且，
①
.
②与关于轴对称，
，
由两点式方程可得直线的方程为：
，
，将代入可得：
，
将代入上式，得到：
，
所以直线过定点，
，
解得或（舍），
所以存在直线，使得的面积为，
直线的方程为：或.
【解析】本题考查直线与双曲线的综合应用，涉及定值问题和面积问题，属于较难题.
（1）令，根据题意可知：，化简整理即可；
（2）①设直线，联立双曲线方程，利用根与系数的关系和斜率公式即可求得为定值；
②求出的直线方程，进而可得直线过定点，由三角形的面积公式求出，即可得直线方程.