2023届安徽省六安第二中学高三上学期第四次月考数学试题（解析版）

这是一份2023届安徽省六安第二中学高三上学期第四次月考数学试题（解析版），共19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。
2023届安徽省六安第二中学高三上学期第四次月考数学试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用交集运算即可.【详解】因为，，所以故选：D2．设复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据复数的运算，化简复数可得，即可得到结果.【详解】因为，所以.故选：C.3．若直线的倾斜角为，则的值为（    ）A．2 B． C． D．4【答案】A【分析】首先得到直线的斜率，从而得到，再利用正弦余弦的二倍角公式将弦化切，最后代入计算可得.【详解】因为直线的斜率，设倾斜角为，所以，由，故选：A.4．若成等差数列；成等比数列，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据等差数列和等比数列的性质列出方程，求出，，求出.【详解】由题意得：，设的公比为，则，，解得：，.故选：B5．2022年卡塔尔世界杯是第22届世界杯足球赛，比赛于2022年11月21日至12月18日在卡塔尔境内7座城市中的12座球场举行．已知某足球的表面上有四个点A、B、C、P满足PA＝BC＝5，，，则该足球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】把四面体外接球问题扩展到长方体中，求出长方体外接球半径为R，进而求出结果．【详解】因为PA＝BC，，，所以可以把A，B，C，P四点放到长方体的四个顶点上，将四面体放入长方体中，四面体各边可看作长方体各面的对角线，如图所示：则该足球的表面积为四面体A-BCP外接球的表面积，即为长方体外接球的表面积，设长方体棱长为a，b，c，则有，，，设长方体外接球半径为R，则有，解得，所以外接球的表面积为：.故选：D．6．化简的结果是（    ）A．1 B． C．2 D．【答案】A【分析】先利用“切化弦”思想，进行通分运算，根据辅助角公式结合二倍角公式化简即可得结果.【详解】.故选：A.7．高三模拟考试常常划定的总分各批次分数线，通过一定的数学模型，确定不同学科在一本、二本等各批次“学科上线有双分”的分数线．考生总成绩达到总分各批次分数线的称为总分上线；考生某一单科成绩达到及学科上线有双分的称为单科上线．学科对总分的贡献或匹配程度评价有很大的意义，利用“学科对总分上线贡献率”和“学科有效分上线命中率”这两项评价指标，来反映各学科的单科成绩对考生总分上线的贡献与匹配程度，这对有效安排备考复习计划具有十分重要的意义．安徽省某高中2023届高三参加10月份九师联盟联考，划定总分一本线为485分，数学一本线为104分，根据该校理科一本总体命中率、贡献率分析，下列说法正确的是（    ）理科一本总体命中率、贡献率分析总体总分（485）语文（93）数学（104）英语（109）物理（69）化学（62）生物（72）总体上线761人单上线499人715人541人714人597人629人双上线451人662人502人661人574人603人 A．语文学科有效分上线命中率为59.26% B．数学学科对总分上线贡献率为86.99%C．物理学科对总分上线贡献率最高 D．生物学科有效分上线命中率最高【答案】B【分析】根据“学科有效分上线命中率”和“学科对总分上线贡献率”的公式计算、比较可得答案.【详解】根据题意可得：语文学科有效分上线命中率为，故A不正确；生物学科有效分上线命中率为，化学学科有效分上线命中率为，故D不正确；数学学科对总分上线贡献率为，故B正确；物理学科对总分上线贡献率，故C不正确.故选：B8．定义在上的奇函数满足时，都有不等式成立，若，，，则a，b，c的大小关系是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据构造函数，可得函数为减函数，又由为奇函数可知为偶函数，据此可比较大小.【详解】当时不等式成立，，在上是减函数．则，，，又函数是定义在上的奇函数，是定义在上的偶函数，则，，在上是减函数，，则，故选：A． 二、多选题9．下列说法正确的是（    ）A．若函数的定义域为，则函数的定义域为B．图象关于点成中心对称C．的最大值为D．幂函数在上为减函数，则的值为1【答案】BD【分析】根据函数的定义域、对称性、最值、单调性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，函数的定义域为，所以对于函数，有，即的定义域是，A选项错误.B选项，，所以图象关于点成中心对称，B选项正确.C选项，，所以，即的最小值为，C选项错误.D选项，是幂函数，所以，解得或，当时，，在上递减，当时，，在上递增，所以D选项正确.故选：BD10．已知函数的部分图像如图所示，将的图像向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度后得到函数的图像，则（    ）A． B．C．的图像关于点对称 D．在上单调递减【答案】AD【分析】利用函数图像先把解析式求出来，然后逐项分析即可.【详解】由图像可知函数的最大值为2，最小值为，所以，，又，又，所以又，所以，所以，故正确，将的图像向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度后得，故错误．由，所以的图像关于点对称，故错误．由即，所以选项正确 .故选：．11．瑞士著名数学家莱昂哈德·欧拉在年提出：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中作，，点，点，且其“欧拉线”与圆相切，则下列结论正确的是（    ）A．的“欧拉线”方程为B．圆上点到直线的最大距离为C．若点在圆上，则的最小值是D．圆与圆有公共点，则的取值范围是【答案】ACD【分析】根据等腰三角形三线合一的性质确定“欧拉线”为的垂直平分线即可判断A，利用圆的性质求出圆心到直线的距离即可判断B，由题意转化为求出圆心到原点的距离即可判断C，根据两圆的位置关系，列出圆心距与半径和、差的不等关系即可判断D.【详解】对于A选项，因为，则的外心、重心、垂心都在线段的垂直平分线上，，线段的中点为，所以，的“欧拉线”方程为，即，A对；对于B选项，圆心，则，圆心到直线的距离为，所以，圆上点到直线的最大距离为，B错；对于C选项，记点，因为，则原点在圆外，所以，的最小值为，C对；对于D选项，圆的圆心为，半径为，由题意可得，即，解得，D对．故选：ACD12．棱长为1的正方体中，为底面的中心，是棱上一点，且，，为线段的中点，下列命题中正确的是（  ）A．三棱锥的体积与的取值无关B．当时，点Q到直线AC的距离是C．当时，D．当时，过三点的平面截正方体所得截面的周长为【答案】ABD【分析】根据锥体体积计算、点线距离、线线垂直、正方体的截面等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】对选项A：由，因为到平面的距离为定值，且的面积为定值，所以三棱锥的体积跟的取值无关，所以A正确；对选项B：当时，是的中点，，，所以为锐角，所以,所以点Q到直线AC的距离是，所以B正确.对选项C：当时，，可得，，取的中点分别为，连接，则，在直角三角形中，，则，所以不成立，所以C不正确．对选项D：当时，取，连接，则，又，所以，所以共面，即过三点的正方体的截面为，由，则是等腰梯形，且，所以平面截正方体所得截面的周长为，所以D正确；故选：ABD 三、填空题13．命题“”的否定是____________．【答案】，【分析】根据命题的否定的定义，直接写出答案.【详解】命题“”的否定是“，”故答案为：，14．设为的外接圆圆心，若，则在上投影向量的模为_________【答案】##【分析】根据向量的线性运算及三角形外接圆的性质，利用勾股定理及锐角三角函数，结合向量的投影向量及向量的模公式即可求解.【详解】由得,所以为的中点，又因为为的外接圆圆心，所以,,所以,在中，,,所以在上的投影为,所以在上投影向量为,    所以在上投影向量的模为.故答案为：.15．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，成等差数列，若，则的面积最大值为______．【答案】【分析】利用正弦定理化简已知条件，由此求得，利用余弦定理和基本不等式求得的最大值，进而求得三角形面积的最大值.【详解】由题意得，，由正弦定理得，又，所以，则，，因为，所以，当且仅当时等号成立，所以．故答案为：16．若是函数的极值点，数列满足，设，记表示不超过的最大整数．设，若不等式对恒成立，则实数的最大值为__________．【答案】2023【分析】由题可算得，求得，，根据，计算得的最小值为2023即可解决.【详解】由题知，，所以，因为是函数的极值点，所以，即有，是以2为首项，3为公比的等比数列，，则累加得，所以，，则，所以，所以的最小值为2023，若不等式对恒成立，则只需即可，所以，所以实数的最大值为2023．故答案为：2023 四、解答题17．已知圆过点，，．(1)求圆的方程；(2)设直线经过点，且与圆相交于，两点，且，求直线的方程．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）利用向量，得，进而可求出圆心和半径，得到圆的方程；（2）由已知，求出圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式，列出相应方程，即可求出直线的斜率，进而得到直线的方程.【详解】（1），，，，且，得，故为直径，的中点即为圆的圆心，半径为，故圆心为，所以，圆的方程为（2）设圆心到直线的距离为，则，解得，对于直线，当直线的斜率不存在时，为，满足，当直线的斜率存在时，设为，故，解得，故此时为；综上，直线的方程为或18．已知数列满足：,数列的前n项和(1)求数列的通项公式;(2)设,求数列的前n项和．【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据数列的递推关系式判断数列类型求出通项公式,根据的前n项和,利用,求出数列的通项公式即可,注意检验;(2)根据数列通项公式的特殊性,利用错位相减法,求出其前n项和即可.【详解】（1）解:由题知,是以2为公比的等比数列,,的前n项和,时,当时,,故,综上:;（2）由(1)知,,,①,②②-①可得:故.19．已知向量，向量，且函数．(1)求函数的单调递增区间；(2)在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c且角A满足．若，BC边上的中线长为3，求的面积．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据数量积的坐标运算可得，解，，可得到函数的单调递增区间；（2）由已知可解出，根据中线的向量表示以及，即可得到，进而求出的面积．【详解】（1）因为，由，可得，，，所以函数的单调递增区间为.（2）由，得，因为，所以，所以，所以.又，则，则.又BC上的中线长为3，则，即有.所以，，即，所以，所以，.20．如图，在三棱锥中，，为的中点，．(1)证明：平面平面；(2)若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先证明平面，再由平面与平面垂直的判定定理证明平面平面；（2）建立空间直角坐标系，计算平面和平面的法向量，根据二面角的大小为，求出的长，计算三棱锥的体积.【详解】（1）因为，O是中点，所以，又，，所以平面，因为平面，平面平面.（2）以O为坐标原点，为轴，为y轴，过O且垂直的直线为x轴，建立如图空间直角坐标系，为边长为1的等边三角形，则，，，设，，因为，所以 ，所以，，设为平面的一个法向量，则，即，令，又平面的一个法向量为，所以，解得，所以，，所以，所以三棱锥的体积为21．观察实际情景，提出并分析问题（1）实际情境百年大计，教育为本．六安二中肇始于1923年创办的“海峰女子学校”，在近百年的追梦历程中，经历着沧桑、续写着辉煌．她是全省首批省级示范高中，也是一所规模宏大、条件先进、质量上乘、特色鲜明的现代化高级中学.2023年时值百年校庆，近百年来，海峰先贤的家国担当意识构成了六安二中厚重人文历史的基石，也是一直以来六安二中人坚守的信念．（2）提出问题六安二中校庆组委会宣传办公室需要氦气用于制作气球装饰校园，化学实验社团主动承担了这一任务，社团成员提出如何制备氦气，才能使成本最低？（3）分析问题校庆需要氦气用于制作气球装饰校园，社团已有的设备每天最多可制备氦气，按计划社团必须在天内制备完毕．社团成员接到任务后，立即以每天的速度制备氦气．（4）收集数据已知每制备氦气所需的原料成本为百元．若氦气日产量不足，日均额外成本为（百元）；若氦气日产量大于等于，日均额外成本为（百元）．制备成本由原料成本和额外成本两部分组成．（5）建立模型根据分析问题和收集数据，写出总成本（百元）关于日产量的关系式．（6）问题解决化学实验社团每天制备多少升氦气时，总成本最少？并求出最低成本．（7）问题拓展数学与我们日常生活密切相关，日常生活中的许多问题来源于数学思想的应用． 在上述模型的建立的过程中，我们在掌握一定的数学基础的前提下选择了不同的函数模型，利用求出对应的函数形式，否定了其它的函数模型，运用数学原理求解出行之有效的最优化方案．【答案】（5）；（6）当社团每天制备氦气时，总成本最少，最低成本为百元．【分析】（5）若每天生产氦气，则需生产天，由解出，气日产量不足与产量大于等于，即可得到分段函数；（6）当时，利用基本不等式即可求出当时，取得最小值，换元，令，即，，即可求出答案.【详解】(5)建立模型：若每天生产氦气，则需生产天，，则；若氦气日产量不足，则氦气的平均成本为百元；若氦气日产量大于等于，则氦气的平均成本为百元；． (6)    问题解决：当时，（当且仅当取等号）当时，取得最小值；当时，，令，则，，则当，即时，取得最小值；综上所述：当社团每天制备氦气时，总成本最少，最低成本为百元．22．已知函数，函数是定义在的可导函数，其导数为，满足．(1)若在上单调递减，求实数取值范围；(2)对任意正数，试比较与的大小．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据在上单调性得到不等式，转化为恒成立，结合基本不等式求出，得到，求出实数的取值范围；（2）构造，求导后得到在上是减函数，令，换元后得到，由得到，变形得到，，结合第一问得到，，从而证明出结论.【详解】（1）∵在上单调递减，∴，，即恒成立，又，当且仅当，即时等号成立，故，∴，∴，又，∴，∴，∴的取值范围是；（2）令，得，∵，∴，又，∴，∴在上是减函数．∵与均大于0，记，令，则，由，得，即，∴，∴，，由（1）知当时，在上单调递减，∴时，，即，∴，从而有，即．【点睛】利用函数与导函数的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路：比如：若，则构造，若，则构造，若，则构造，若，则构造.