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

2023年安徽省六安市省示范高中高三教学质量检测（数学）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.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.1B.2C.D.35.2022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.19B.20C.66D.676.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3C.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