安徽省顶尖名校联盟2023届高三上学期12月联考数学试题及答案

这是一份安徽省顶尖名校联盟2023届高三上学期12月联考数学试题及答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
安徽省顶尖名校联盟2023届高三上学期12月联考数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合P={x|x是平行四边形}，Q={x|x是矩形}，R={x|x是菱形}，S={x|x是正方形}，则（    ）A．P B．Q C．R D．S2．设命题p：，，则为（    ）A．， B．，C．， D．，3．如图是函数的部分图象，则在上的值域为（    ）A． B． C． D．4．过坐标原点且与曲线相切的直线斜率为（    ）A．1 B． C． D．5．如图，中国古代建筑的举架结构的纵截面示意图，其中的线段，，，都是竖直放置的，线段，，，都是水平放置的，且.令，，，若，，成公差为0.15的等差数列，且直线的斜率分别为0.75，0.45，则（    ）A．0.595 B．2.55 C．1.6 D．0.72256．已知函数，若当时，恒成立，则实数a的取值范围是（    ）A． B． C． D．7．在长方体中，，则BD与平面所成的正弦值为（    ）A． B． C． D．8．如图，二次函数的图象为曲线，过上一点P（位于x轴下方）作的切线与的正半轴，的负半轴分别交于点，当轴及轴围成阴影部分的面积取得最小值时，P到x轴的距离为（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．已知实数满足且，则下列结论正确的有（    ）A． B． C． D．10．如图，正方形的边长为，动点在正方形内部及边上运动，，则下列结论正确的有（    ）A．点在线段上时，为定值B．点在线段上时，为定值C．的最大值为D．使的点轨迹长度为11．古希腊哲学家芝诺提出了如下悖论：一个人以恒定的速度径直从A点走向B点，要先走完总路程的三分之一，再走完剩下路程的三分之一，如此下去，会产生无限个“剩下的路程”，因此他有无限个“剩下路程的三分之一”要走，这个人永远走不到终点，由于古代人们对无限认识的局限性，故芝诺得到了错误的结论.设，这个人走的第n段距离为，这个人走的前n段距离总和为，则下列结论正确的有（    ）A．，使得 B．，使得C．，使得 D．，使得12．已知正四棱台上､下底面的面积分别为2和8，高为，则下列结论正确的有（    ）A．正四棱台外接球的表面积的最小值为B．当时，正四棱台外接球球心在正四棱台下底面下方C．正四棱台外接球的半径随的增大而增大D．当时，正四棱台存在内切球 三、填空题13．假设某地2022年年初的物价为1，每年以5%的增长率递增，则2030年年底物价的数值为___________.14．在长方体（平面为下底面）中，，，点为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为___________.15．在三角形ABC中，已知D，E分别为CA，CB上的点，且，，AE与BD交于O点，若，则mn的值为___________.16．已知三棱锥的高为分别为的中点，若平面ABD，平面BCE，平面ACF相交于O点，则O到平面ABC的距离h为___________. 四、解答题17．已知平面向量，，.(1)若，求x的值；(2)若（为负实数），求x，的值.18．已知是公差为3的等差数列，是公比为2的等比数列，且.(1)求，；(2)设的前n项和为，将集合用列举法表示出来.19．如图，四边形ABCD为正方形，平面平面ABCD，，，.(1)求三棱锥的体积；(2)求平面AEF与平面ABF夹角的正弦值.20．记的内角的对边分别为，已知，.(1)求的面积；(2)若，求的周长.21．如图，AB是半球的直径，O为球心，，C为半大圆弧的中点，P为同一半大圆弧上的任意一点（异于A，B，C），P在水平大圆面AOB内的射影为Q，过Q作于R，连接PR，OP.(1)若C，P为不同的两点，求证：；(2)若半大圆面ACB与水平大圆面夹角大小为，求三棱锥体积的取值范围.22．设函数，，.(1)求的最小值，并证明：；(2)若不等式：成立，求实数a的取值范围.
参考答案：1．D【分析】根据集合的交运算即可求解.【详解】由题意可知，则{是矩形且是菱形}={是正方形}=．故选:D．2．B【分析】由全称命题的否定即可判断.【详解】由题意可知，为：，.故选：B.3．D【分析】根据所给图象可确定周期，进而根据周期公式求解得，根据五点作图可得，进而知，由得，即可求解值域.【详解】由图象知函数的周期，即，即，由五点对应法得，得，则，因为，所以，所以.故选：D4．B【分析】求导，由切点坐标可得切线斜率，由点斜式即可得切线方程，代入坐标原点即可求解，进而可求斜率.【详解】因为，所以，设切点为，所以 ，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程的斜率为.故选：B5．A【分析】先赋特殊值,再根据题意应用直线的斜率,最后利用等差数列公差列式,计算即可.【详解】设，则，，，，依题意，，所以，所以，所以，，所以.故选:.6．C【分析】由题知，在上为增函数且为奇函数，进而将问题转化为在上恒成立，再求最值即可得答案.【详解】解：由题意，，因为，所以为奇函数，由幂函数的性质得在上单调递增，所以，在上的增函数，因为在上恒成立，所以在上恒成立，所以在上恒成立，所以在上恒成立，所以，只需，即所以实数a的取值范围是.故选：C7．C【分析】根据线线垂直可证明线面垂直，由线面垂直即可由线面角的定义找到线面角，进而根据三角形的边角关系即可求解.【详解】设，连接OD，因为,所以四边形为正方形，因此，又平面，平面，故又平面,因此平面，所以BD与平面所成角为，所以.故选：C8．A【分析】结合题意只需求的最小值，下设出切点，根据导数的几何意义写出切线方程，得到点坐标，表示出后，求取到最小值时切点的坐标即可.【详解】由于二次函数曲线和坐标轴围成的面积一定，阴影面积取到最小值，等效于求的最小值，设，由，，故切线的斜率为，所以切线方程为，令，解得，令，解得，由题意切点在轴下方，且，故，所以，记，，令得，当时，，当时，，所以在单调递减，在单调递增. 所以当时，取得最小值，此时到轴的距离为.故选：A9．AB【分析】A，C选项利用基本不等式进行比较，B选项利用基本不等式中的妙用处理，D选项利用作差法结合基本不等式处理.【详解】∵且，由基本不等式，∴，故A正确；，当且仅当即，时等号成立，故B正确；，故C错误；∵，∴，∴，故D错误.故选：AB10．AC【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，设点，利用平面向量的坐标运算逐项判断，可得出合适的选项.【详解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，设点，则，，，，当点在线段上时，，，故A正确；当点在线段上时，不是定值，不为定值，故B错误；由得，则，，所以，故当时，即当点与点重合时，取得最大值，故C正确；由得，直线交轴于点，交轴于点，所以，使的点轨迹为线段，且，故D错误.故选：AC.11．BC【分析】根据题意可得，进而可得，知是公比为，首项为的等比数列，结合选项即可逐一求解.【详解】由已知得，，不难得到，，，所以A错误.走n段距离后，由得，两式相减化简得，当时，也符合，所以B正确.由可知是公比为，首项为的等比数列，，所以C正确，D错误.故选：BC12．ABD【分析】首先根据题干得到正四棱台的上下底面的半径,再分别按照选项的内容研究正四棱台的外接球和内切球,即可解决.【详解】设正四棱台上､下底面的外接圆的半径分别为，，外接球的半径为，球心为O，因为正四棱台的上､下底面面积分别为2和8，所以上､下底面的边长分别为，，所以，，设球心O到上底面的距离为d，则或，所以，所以，当时，外接球半径最小，此时，所以外接球的表面积的最小值为，故正确.易知和时，，故不正确.当时，所以，所以外接球球心在正四棱台下底面下方，故正确.正四棱台内切球存在时，内切球大圆是图中梯形ABCD的内切圆，圆心是上､下底面中心､连线的中点，，设圆的半径为r，则，由可知，，同理，，故可知，在中，，所以，.故正确.  故选:.13．【分析】利用每年的增长率和经过的年数,计算即可【详解】因为每年以的增长率递增,故经过年后的物价为从2022年年初到2030年年底经过了9年，所以2030年年底的物价为.故答案为: .14．##【分析】在长方体的上方补一个全等的长方体，进而在利用余弦定理求解即可.【详解】解：在长方体的上方补一个全等的长方体，所以，由长方体的性质可知：直线，因为，，点为线段的中点所以，，，所以，所以，异面直线与BF所成角的余弦值为.故答案为：15．【分析】因三点共线，则.又三点共线，则.结合，可得答案.【详解】因三点共线，则.又，则，得.又因三点共线，则.又，则，得.故，得.则.故答案为：16．##0.75【分析】设平面ABD与平面BCE交于BQ，平面ABD与平面ACF交于AP，可得到P，Q分别为，的重心，然后通过比例关系即可求出答案【详解】如图所示，平面ABD与平面BCE交于BQ，平面ABD与平面ACF交于AP，所以O为AP与BQ的交点.因为D，E，F分别为VC，VA，VB的中点，所以P，Q分别为，的重心，所以，连接DO并延长交AB于H，连接PQ，设PQ与DO交于S，则，，易得，所以，，所以，设三棱锥的高为，三棱锥的高为，所以，所以，故.【点睛】关键点点睛：这道题的关键点在于作图，图象交线较多，需从中寻找所需要的交线和交点，利用特殊线的集合性质进行求解，很考验空间想象能力17．(1)(2)， 【分析】（1）由向量垂直的坐标表示列方程即可求出答案；（2）因为（为负实数），所以，由向量平行的坐标表示列方程求出的值，再代入验算即可得出答案.【详解】（1）因为，所以，因为，，，所以，所以；（2）因为（为负实数），所以，因为，，，所以，解得，或，当时，，，所以；当时，，，所以，不合题意，舍去，所以，.18．(1)，(2) 【分析】（1）根据等比等差数列基本量的计算即可求解，（2）根据等差数列的求和公式代入化简得,根据即可求解.【详解】（1）因为，所以，解得，；（2）由得，，所以，因为，所以，令，8，16，32，64，128，经过检验得，只有，5，21满足，所以.19．(1)(2) 【分析】(1)三棱锥的体积可以用体积分割的方法求得..(2)根据已知条件给的垂直关系，建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，代入公式即可得出两平面夹角的余弦值，再利用同角平方和关系可求出结果.【详解】（1）因为平面平面ABCD，平面ABCD=BD，，，所以平面ABCD，平面ABCD，则，，三棱锥的体积为；（2）以D为坐标系的原点，射线DA，DC，DE分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，所以，，设平面AEF的法向量为，所以，令得，，又平面AFB的一个法向量为，设平面AEF与平面ABF夹角为，，所以.20．(1)(2) 【分析】（1）由余弦定理及已知可得，进而求得，最后应用三角形面积公式计算即可.（2）先求出,再由正弦定理结合合比定理，计算即可得结果.【详解】（1）由题意得，即，由余弦定理得，整理得，则，又，则，，所以，；（2）因为，所以，，由正弦定理得，，所以，所以21．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据线面垂直可证，从而可得.（2）由（1）可得为半大圆面ACB与水平大圆面夹角的平面角，设，根据体积公式，利用换元法和导数可求其取值范围.【详解】（1）因为PQ垂直于水平大圆面AOB，而平面，所以，因为，，平面，所以平面，而平面，所以，因为C为半大圆弧的中点，所以，因为C，P为不同的两点，且AB，OC，PR在同一个平面内，所以.（2）由，得，为半大圆面ACB与水平大圆面夹角的平面角，所以，设，由于对称性，不妨设，因为，所以，所以，，，，所以三棱锥体积为：，设，所以，令，得，当时，；当时，，所以在上为增函数，在上为减函数，故当时，V取得最大值为，而，所以三棱锥体积的取值范围为.22．(1)，证明见解析(2) 【分析】（1）求导，利用导数确定函数的单调性，进而可求最值，结合单调性，即可证明，（2）根据和分类讨论，结合第一问的结论和基本不等式即可求解.【详解】（1）由可得，令得，，当时，，时，，所以在单调递增，在单调递减，所以，因为，所以，因为时，，所以在上单调递减，所以，化简得，；（2）等价于，当，因为，所以，，所以，由（1）得，，所以；当时，，即时，不成立，即不成立，综上，实数a的取值范围为.