安徽省六安市高三上学期期末教学质量检测数学试题

六安市2024年高三教学质量检测数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上.2、回答选择题时，选出每小题答案后，用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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解出对数不等式和一元二次不等式，再根据交集含义即可.【详解】，即，则且，则，，所以.故选：D.2.已知复数z的共轭复数在复平面内对应的点为，则复数的虚部为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】得到，利用复数除法法则得到，求出虚部.【详解】由已知得，，则复数的虚部为.故选：C3.已知向量，向量，则与的夹角大小为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用向量夹角的坐标表示求解即得.【详解】向量，，则，而，所以，的夹角为.故选：D4.等差数列的公差不为0，其前n项和为，若，则（）A.11 B.12 C.13 D.14【答案】C【解析】【分析】由等差数列的前n项和公式与通项公式转化为基本量计算即可.【详解】设等差数列的公差为d，所以，则有，即，又，所以，所以.故选：C.5.函数，若，则实数a的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】原不等式变形为，再利用分段函数单调性即可得到不等式，解出即可.【详解】当时，，因为在上单调递增，此时单调递增，当时，易知单调递增，且当时，，则在上单调递增，因为，则，所以由得，所以，解得.故选：A.6.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据诱导公式结合二倍角公式，利用齐次式计算可得.【详解】因为，所以，则，即，所以.故选：B.7.圆上一点关于x轴的对称点为B，点E，F为圆O上的两点，且满足，则直线的斜率为（）A. B. C.3 D.【答案】B【解析】【分析】根据圆的性质以及斜率乘积与直线垂直的关系即可.【详解】由知，所以，而，∴.故选：B.8.某种生命体M在生长一天后会分裂成2个生命体M和1个生命体N，1个生命体N生长一天后可以分裂成2个生命体N和1个生命体M，每个新生命体都可以持续生长并发生分裂.假设从某个生命体M的生长开始计算，记表示第n天生命体M的个数，表示第n天生命体N的个数，则，，则下列结论中正确的是（）A. B.数列为递增数列C. D.若等比数列，则【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，求出递推公式，进而求出数列的通项公式，再逐项分析判断即得.【详解】依题意，，，则，而，因此数列是首项为1，公比为3的等比数列，，又，因此，于是，，对于A，，A错误；对于B，，显然数列是递减数列，因此为递增数列，B正确；对于C，，C错误；对于D，，由为等比数列，得，解得或，当时，，显然数列是等比数列，当时，，显然数列是等比数列，因此当数列是等比数列时，或，D错误.故选：B【点睛】思路点睛：涉及求数列单调性问题，可以借助作差或作商的方法判断单调性作答，也可以借助函数单调性进行判断.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递增的是（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【分析】A选项，根据函数奇偶性得到为偶函数，且在单调递增，A正确；B不满足奇偶性，C不满足单调性；D选项，满足为偶函数，且求导得到函数在上单调递增，得到答案.【详解】A选项，定义域为，且，故为偶函数，且时，单调递增，故A正确；B选项，的定义域为，故不是偶函数，故B项错误；C选项，时，单调递减，故C项错误；D选项，的定义域为R，且，故是偶函数，且时，，函数单调递增，故D项正确.故选：AD10.地震释放的能量E与地震震级M之间的关系式为，2022年9月18日我国台湾地区发生的6.9级地震释放的能量为，2023年1月28日伊朗西北发生的5.9级地震释放的能量为，2023年2月6日土耳其卡赫拉曼马拉什省发生的7.7级地震释放的能量为，下列说法正确的是（）A.约为的10倍B.超过的100倍C.超过的10倍D.低于的10倍【答案】BC【解析】【分析】根据题意，结合对数运算公式，即可判断.【详解】A.，所以，故A错误；B.，，故B正确；C.，，故C项正确，D项错误.故选：BC11.已知函数的导函数为，对任意的正数x，都满足，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】设，利用导数求出的单调性，据此即可判断A和B选项，设，根据导数求出的单调性，据此即可求解C和D选项.【详解】设，则，所以在上单调递增，由得，故A项错误；由得，故B项正确；设，则，所以在上单调递减，由得，故C项正确：由得，故D项错误.故选：BC.12.在棱长为1的正方体中，P为棱上一点，满足（d为定值），记P点的个数为n，则下列说法正确的是（）A.当时，B.当时，C.当时，D.n的最大值为18【答案】AD【解析】【分析】由点P的位置进行分类讨论判断求解即可.【详解】当点P位于A或处时，d取到最小值.当P在棱上由A到B移动时，d由增大到，当P在，，，，等棱上移动时，d的变化也是由增大到.当P在棱上由B到移动时，d由减少到，再由增大到；当P在，，，，等棱上移动时，d也是由减少到，再由增大到.故选：AD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.抛物线的焦点F与x轴上一点A的连线的中点P恰在抛物线上，则线段的长为______.【答案】##0.1875【解析】【分析】根据题意求线段的中点坐标，结合抛物线的定义分析求解.【详解】因为，即，可知抛物线的焦点，准线为，设，则线段的中点为，则，所以.故答案为：.14.如图，在四边形中，，，，，，求四边形绕直线旋转一周所成几何体的表面积为______.【答案】【解析】【分析】作出辅助线，求出各边长度，求出以为半径的圆的面积，以为母线和为半径的圆锥的侧面积，以为母线的圆台的面积，相加后得到答案.【详解】作，，E，F为垂足，因为，所以，因为，所以，，故，又，，故，，由勾股定理得，四边形绕直线旋转一周所成几何体的表面积分为三部分，以为半径的圆的面积，以为母线和为半径的圆锥的侧面积，以为母线的圆台的侧面积所以该几何体的表面积为.故答案为：15.已知函数的最小正周期为，将函数的图象上的所有点向右平移个单位长度，再将所得的图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到的图象，则在上的值域为______.【答案】【解析】【分析】化简解析式，根据的最小正周期求得，根据三角函数图象变换的知识求得，进而求得在上的值域.【详解】，，，，将函数的图象上的所有点向右平移个单位长度，得到，再将所得的图象上各点的横坐标缩短为原来的，得到，因为，所以，所以，所以在上的值域为.故答案为：16.已知是双曲线的右焦点，圆与双曲线C的渐近线在第一象限交于点A，点B在双曲线C上，，则双曲线C的渐近线方程为______.【答案】【解析】【分析】求出点的坐标及长，由可得点A为的中点，再结合双曲线定义求解即得.【详解】由，得点A为的中点，记为C的左焦点，连接，令半焦距为c，则，由，解得，即，而，因此，由双曲线定义得，即，所以双曲线C的渐近线方程为.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知数列的前项和为，.（1）求证：数列为等比数列；（2）当时，设，求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据作差得到，即可得证；（2）由（1）可得，则，再利用裂项相消法计算可得.【小问1详解】证明：因为，当时，，解得，由得，两式作差得，即，则，又，所以数列是首项为，公比为的等比数列.【小问2详解】当时，由（1）得，又，所以，所以.18.在中，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c.（1）若，，求角A的值；（2）若，且b是a和的等差中项，求的值.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）根据题意利用正弦定理边化角即可得结果；（2）由等差中项可得，结合余弦定理解得，，代入余弦定理即可得结果.【小问1详解】因为，由正弦定理得，又因为，所以，且，所以或.【小问2详解】显然，由b是a和的等差中项得，即，可得，因为，由余弦定理可得，化简得，即，解得或（舍去），由，可得，由余弦定理，得.19.已知函数.（1）若函数的图象在处的切线与x轴平行，求函数的图象在处的切线方程；（2）讨论函数的单调性.【答案】19.20.答案见解析【解析】【分析】（1）先求导函数再求斜率最后写出切线方程；（2）分类讨论列表根据导函数求单调性.【小问1详解】.由题意，解得，所以，，在处的切线方程为【小问2详解】.①当时，，在上单调递增.②当时，由得，在上的变化情况如下表：x00极大值极小值由上表可得在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.综上，当时，增区间为，无减区间；当时，增区间为和，减区间为.20.如图，在三棱锥中，，垂足为点E，平面，垂足在上，点在上，且.（1）证明：平面；（2）若，，三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）利用线面垂直得到线线垂直，由，可得出，利用线面垂直的判定定理可以证得平面；（2）通过三棱锥的体积，可以求出，进一步求，由两个三角形，相似，得出为的中点，然后建立空间直角坐标系，求平面的法向量，进而可以求得直线与平面所成角的正弦值.【小问1详解】由平面，平面，得，又，而平面，平面，，所以平面，又平面，所以.再由平面，平面，得，得，又，，得，即.又平面，平面，，所以平面.【小问2详解】由条件知，所以，在中，，所以.由（1）知，所以，即，得，可知为的中点，过点作交于点由（1）易得，，两两垂直，以、、正交基底，建立空间直角坐标系，如图所示由题意可知，，，，，.则，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以平面的一个法向量，设直线与平面所成角，则.故直线与平面所成角的正弦值为.21.平面内一动点P到直线的距离，是它到定点的距离的2倍.（1）求动点P的轨迹的方程；（2）经过点F直线（不与y轴重合）与轨迹相交于M，N两点，过点M作y轴平行线交直线l于点T，求证：直线过定点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意得，化简即可得解；（2）设直线的方程以及的坐标，联立若椭圆方程，由韦达定理得，表示出的方程，令，证明此时为定值即可得证.【小问1详解】由题意，设动点P的坐标为，则，平方整理得，所以点P的轨迹方程为.【小问2详解】由题意，设直线的方程为，，，则.将代入得，所以，，显然，所以因为直线的方程为，令，则，因此，直线过定点.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法，设直线的方程为，再将其椭圆方程联立得到韦达定理式，再化积为和得到，再得到直线的方程，令计算即可.22.已知函数.（1）求函数的极值；（2）设函数有两个极值点，求证：.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求定义域，求导，对导函数因式分解，分，，，，得到函数的单调性，进而得到函数的极值情况；（2）由（1）得，并得到，，作差法得到，结合的范围得到结论.【小问1详解】的定义域为，①若，则，时，时，故在上单调递增，在上单调递减，所以函数的极大值为，无极小值，②若，则，在上单调递增，无极值.③若，由得或，时，时，时，故在，上单调递增，在上单调递减，所以极大值