安徽省六安市省示范高中2022-2023学年高三数学上学期期末试题（Word版含解析）.docx

1、2023年六安市省示范高中高三教学质量检测数学试题注意事项：1答题前，考生务必将自己的姓名、座位号等填写在答题卡和答题卷指定位置上2回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、单选题：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. 全集，集合，则（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【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

2、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【解析】【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【解析】【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. 1B. 2C. D.

3、3【答案】B【解析】【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:B5. 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：）A19B. 20C. 66D. 67【答案

4、】B【解析】【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【解析】【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

5、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【解析】【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：A8. 已知，则（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【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

6、，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：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【解析】【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

7、、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. 存点使得，则【答案】ABD【解析】【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

8、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

9、】BD【解析】【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:BD12. 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

10、案】BCD【解析】【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

11、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

12、：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：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 抛物线的准线方程为_.【答案】【解析】【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【解析】【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

13、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】【解析】【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】【解析】【分析】对已知等式进行同构可得，令，利用导数可求得

14、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：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. 在，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）

15、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）【解析】【分析】（1）若选，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，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.【小问1详解】若选条件，由正弦定理得：，即，又，；若选条件，由正弦定理得：，即，又，.【小问2详解】，；，（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，

16、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）【解析】【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.【小问1详解】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【小问2详解】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【解析】【分析】（1）根据与的关系求解；（2）利用裂项相消

17、法求和即可证明.【小问1详解】时，时，经验证时【小问2详解】时时，20. 随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.【

18、解析】【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.【小问1详解】，故，即，又，所以故，【小问2详解】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）【解析】【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.【小问1详解】函数的定义域为，当时，所以在上为单调递减函数，当时，令解得，令解得，所以在上

19、为单调递减函数，在为单调递增函数【小问2详解】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、证明：为定值；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）证明见解析；存在；或【解析】【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. 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；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.【小问1详解】令，根据题意可知：，化简，可得：，所以曲线C的方程为：.【小问2详解】设，可设直线，联立方程可得：，则，故且轴，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