安徽省六安市2024-2025学年高三上学期教学质量检测数学试题 含解析

六安市届普通高中高三教学质量检测数学试题注意事项：．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上．．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．．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】B【解析】【分析】先求解集合，再求其在中的补集，最后求这个补集与集合的交集.【详解】对于不等式，解得.所以集合.所以或.集合，所以.故选：B.2.若复数满足，则（）A.B.C.2D.【答案】D【解析】【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式计算.【详解】解：由题意知，，，第1页/共22页∴，故选：D.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法.3.设是空间中的一个平面，是三条不同的直线，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】D【解析】【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.【详解】对于A，由，得或，与可以相交、平行或是异面直线，A错误；对于B，，要，必有相交，B错误；对于C，由，得或，与可以相交、平行或是异面直线，C错误；对于D，由，得或，而，因此，D正确.故选：D4.已知数列、分别满足，，则下列说法错误的是（）A.数列是公比为的等比数列B.数列是公差为的等差数列C.数列的前项和为D.数列是等比数列【答案】C【解析】【分析】利用等比数列的定义可判断AD选项；利用等差数列的定义可判断B选项；利用裂项相消法可判断C选项.【详解】对于A选项，，故数列是公比为的等比数列，A对；第2页/共22页对于B选项，，故数列是公差为的等差数列，B对；对于C选项，因为，所以，，所以，的前项之和为，C错；对于D选项，因为，故数列是等比数列，D对.故选：C.5.已知、两地的距离是油价是元，以的速度行驶时，汽车的耗油率为，司机每小时的工资是元，那么最经济的车速是（）.A.B.C.D.【答案】C【解析】的最小值，利用等号成立的条件求出的值，即可得出结果.【详解】由题意可知，行车的总费用为，其中，由基本不等式可得当且仅当时，即当时，等号成立，第3页/共22页因此，经济的车速是.故选：C.6.已知向量，下列选项正确的为（）A.若，则B.若，则C.的最小值为6D.若与垂直，则【答案】D【解析】【分析】运用向量平行垂直的坐标结论，结合模长公式计算判断即可.【详解】对于A选项，若，已知，有，即，所以，A选项错误.对于B选项，若，根据两向量垂直的性质，.，则.又因为，联立方程组，解得，B选项错误.对于C选项，先求的坐标，.则.展开整理得其最小值为.所以的最小值为，C选项错误.对于D选项，若与垂直，则，.因，，则.则，D选项正确.故选：D.7.已知双曲线的右焦点为为直线上关于坐标原点对称的两点，为双曲线的右顶点，若，且，则双曲线的离心率为（）第4页/共22页A.B.C.D.【答案】B【解析】得出的值结合双曲线的相关线段长度关系来建立关于离心率的方程，进而求解离心率.【详解】因为，所以，又，为直线上关于坐标原点对称的两点，，那么.设，则，化简可得，而，所以，则或，不妨设，.已知，则，.，..根据向量的夹角公式.因为，得.由于是三角形内角，且，在直线上，为右顶点，所以.即，两边平方可得，第5页/共22页化简得，即，.又因为，把代入可得.双曲线的离心率，则，所以.故选：B.8.已知关于的方程有且仅有两个不相等的实根，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将目标式合理变形，利用反函数性质转化为有两个不相等的实根的问题，再对参数范围分类讨论，求解即可.【详解】因为有且仅有两个不相等的实根，所以有且仅有两个不相等的实根，故有且仅有两个不相等的实根，由反函数性质得与关于对称，故和有两个不同的交点即可，则有两个不相等的实根即可，令，即与轴有两个不同的交点即可，由题意得，下面，我们对的范围进行讨论，当时，由指数函数性质得在上单调递增，故此时与轴不可能有两个不同的交点，故排除，当时，，此时与轴不可能有两个不同交点，故排除，当时，，而，第6页/共22页令，故，故在上单调递减，即在上单调递减，令，，令，，故在上单调递增，在上单调递减，若与轴有两个不同的交点，则即可，而，令，故，由对数函数性质得，即，解得，综上，实数的取值范围为，故C正确.故选：C【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是对目标式合理变形，然后讨论参数范围，进而得到所要求的参数范围即可．二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.对于函数和，下列选项正确的是（）A.与有相同的最小正周期B.的图象可由的图象向右平移个单位得到C.与在上的最大值相等D.与的图象有相同的对称轴【答案】ABC【解析】【分析】由余弦函数的图象与性质依次判断选项即可．第7页/共22页【详解】对于A项，函数与的最小正周期都是：，故A项正确；对于B项，函数的图象向右平移个单位得，，故B项正确；对于C项，因为，所以，当时，即时，取得最大值，为，而，则当，即时，取得最大值，为，故C项正确；对于D项，由，得的对称轴方程为：，由，得的对称轴方程为：，故D项错误．故选：ABC10.已知函数与的图象有两个交点，其中且，则下列选项正确的是（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】有两个不同的实数根，为偶，C结合基本不等式可判断，选项D先转化为证成立，构造函数，由导数得到最小值为，可判断D错误.【详解】因为函数与的图象有两个交点，第8页/共22页故方程即有两个不同的实数根，，设，即直线与函数的图象有两个不同的交点，，则的定义域为，，故为偶函数，，设，，当时，，，故，故在区间上单调递增，故，故，在区间上单调递增，又为偶函数，在区间上单调递减，故，故，且，故A正确，B错误；，设，，当且仅当，即时等号成立，又，，故，故，即，，当时，二次函数单调递增，，故C正确；等价于即，设，，当时，，当时，，故，这与矛盾，故D错误，故选：AC第9页/共22页与函数的图象有两个不同的交点，，进而研究函数即可；选项D由和转化为，进而转化为求的最值问题.已知棱长为2的正四面体满足项正确的是（）A.B.当时，C.当时，的最小值为D.当时，的取值范围为【答案】ABD【解析】【分析】选为空间内的基底向量，利用向量的线性运算，可得，即可由模长公式，结合不等式即可判断A；根据数量积的运算即可判断B；根据模长可得，即可由不等式以及一元二次不等式判断C；断D.【详解】由正四面体，可知，选为空间内基底向量，，因为，第10页/共22页故，当时，取到等号，故，故A正确；当，，所以,故B正确，当时，，可得，解得，故当且仅当时，取最小值为，故C错误，，所以，由于当，故，因此，由于，故，因此，故D正确，故选：ABD.【点睛】关键点点睛：关键是用基底表示，再利用模的计算公式运算求得最值.第11页/共22页三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共分．12.设是等比数列的前项和，，则__________．【答案】【解析】【分析】先设出公比，再对公比进行分类讨论，利用等比数列的性质求出首项和公比，最后结合公式法求和即可.【详解】设公比为，当时，，此时，与题意不符，故排除，当时，因为，所以，因为，所以，故，化简得，解得，代入得，解得，由等比数列求和公式得.故答案为：13.已知圆锥的顶点和底面的圆周都在球的底面半径为体积取得最大值时，__________．【答案】##【解析】【分析】根据给定条件，利用球截面圆性质及圆锥的体积公式列出函数关系，再利用导数求解.【详解】设球的半径为，则球心到圆锥底面圆心距离，由，得，圆锥的体积，求导得，当时，，当时，，因此函数在上递增，在上递减，第12页/共22页当时，圆锥的体积取得最大值，此时，所以.故答案为：14.为抛物线上一动点，过作圆的一条切线，为切点，点，则的最小值为__________．【答案】##【解析】式可得，进而利用三点共线求解最值.【详解】如图：抛物线的焦点为，圆心为半径为，设，则由于时，当且仅当共线时取到等号，故的最小值为故答案为：抛物线的焦半径公式可得,即可利用三点共线求解.四、解答题：本大题共5小题，共分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第13页/共22页15.在中，在边上，．（1）当时，求的面积；（2）当时，求线段的长度．【答案】（1）（2）【解析】1）利用给定条件求出夹角，结合三角形面积公式求解面积即可.（2）利用余弦定理求解边长，再结合给定条件建立方程求解即可【小问1详解】当时，因为，所以，，因为，所以为等边三角形，，所以，故.【小问2详解】设，则，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，因为，所以，故，化简得，解得，因为，所以，故.16.如图，直线平面，，点为线段的中点，点在线段上，第14页/共22页，，．证明：（1）（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1.（2）建立空间直角坐标系，求出关键点坐标，和线的方向向量和面的法向量，借助向量夹角余弦值公式计算即可.【小问1详解】证明：∵，∴四点共面，∵，∴平面，因为，所以，四点共面，又∵，，∴【小问2详解】由得，且，所以两两垂直，如图所示，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，∵，，，第15页/共22页∴∵点为线段的中点，且∴点H为线段AC的中点，∴，且为线段的中点，∴，则设平面的法向量为，∵，由，∴取，得，即．设直线与平面所成角为∵∴直线与平面所成角的正弦值为17.法国著名数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以椭圆的中心为圆心，为椭圆的长半轴长，为蒙日圆．已知椭圆的蒙日圆的面积为，短轴长为，作直线与椭圆交于、两点，与椭圆的蒙日圆交于、两点．（1）已知，直线斜率为，若直线、的斜率满足，求直线的方程；（2）若椭圆的左右焦点分别为、，直线过坐标原点．求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】第16页/共22页1、的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，结合求出的值，验证其满足，由此可得出直线的方程；（2）设，其中，则，利用平方差公式可得出关于的表达式，利用两点间的距离公式结合椭圆方程可得出的表达式，即可证得结论成立.【小问1详解】由椭圆的蒙日圆的面积为，短轴长为，由题意可得，解得，所以，椭圆的方程为.设直线方程为，设点、，联立方程，消去整理得，则，解得，由韦达定理可得，，因为，且，所以，所以，，即，解得，且满足，所以直线方程为.【小问2详解】因为直线与椭圆交于、两点，与椭圆的蒙日圆交于、两点，设，其中且，第17页/共22页因为，，同理可得，故，因此，，证毕.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.18.已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围；（3）若，求证：．第18页/共22页【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】1）利用导数的几何意义求解切线方程即可.（2）将原式合理变形后，对参数进行分类讨论，合理转化求解即可.（3）首先构造函数证明两个不等式，再相加证明目标式即可.【小问1详解】由题意得，故切点为，设切线斜率为，而，定义域为，故，则切线方程为，综上，曲线过点的切线方程为.【小问2详解】若存在使得恒成立，则恒成立，即恒成立，令，转化为恒成立，而，①当时，解得，此时，此时在单调递增．因为，所以恒成立，不满足题意，故排除，②当时，解得，令，解得，当时，，此时单调递减，因为，所以在时，，即，所以满足题意，综上，实数的取值范围为．【小问3详解】第19页/共22页而，令，，令，，故在单调递减，在单调递增，故的最小值为，令，且满足，我们先证明当时，，设，因为，所以，故，即，得到记为①式，再证当时，，令，，故证明此时即可，当时，，故在上单调递减，而，故，即成立，所以记为②式，由①②式得，得到成立.【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是合理构造两个不等式并使用导数进行证明，然后