2022-2023学年安徽省池州市、铜陵市等5地高三上学期11月质量检测 数学（解析版）

这是一份2022-2023学年安徽省池州市、铜陵市等5地高三上学期11月质量检测 数学（解析版），共12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。
2022-2023学年安徽省高三11月质量检测数学试题一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）   已知复数满足，则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   已知集合，，则(    )A.  B.  C.  D.    若，，则是的A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件   已知某圆锥的侧面展开图为半圆，该圆锥的体积为，则该圆锥的表面积为 (    )A.  B.  C.  D.    用一个平面截正方体，如果截面形状是三角形，则该截面三角形不可能是 (    )A. 锐角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 直角三角形   若函数的图象与直线的两相邻公共点的距离为，要得到的图象，只需将函数的图象向左平移A. 个单位长度 B. 个单位长度 C. 个单位长度 D. 个单位长度   如图，在正三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为 (    )
 A.  B.  C.  D.    已知函数是定义域为的偶函数，为奇函数，当时，，若，则(    ) A.  B.  C.  D.  二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）   已知，，则A.  B.  C.  D. 已知数列的前项和为，则 (    )A. 若，则是等差数列
B. 若，则是等比数列
C. 若是等差数列，则
D. 若是等比数列，且，，则已知函数，是其导函数，，恒成立，则 (    )A.  B.
C.  D. 如图，正四棱锥的底面边长与侧棱长均为，正三棱锥的棱长均为，则A.
B. 正四棱锥的内切球半径为
C. ，，，四点共面
D. 平面平面 三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）已知向量，，且，则          ．已知，若是与的等比中项，则的最小值为          ．已知函数，将的图象绕原点逆时针旋转角后得到曲线，若曲线仍是某个函数的图象，则的最大值为          ．如图，在几何体中，四边形为正方形，平面，，，则该几何体的外接球的表面积为          ． 四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）本小题分在各项均为正数的等比数列中，为其前项和，，，，成等差数列．求的通项公式若，数列的前项和为，证明：． 本小题分产品宣传在企业的生产销售中占据着比较重要的地位，好的宣传对产品打开市场，提高销售额有着重要的作用某生产企业通过市场调研发现，年销售量万件与宣传费用万元的关系为已知生产该产品万件除宣传费用外还要投入万元，产品的销售单价定为元，假设生产的产品能全部售出．求产品的年利润的解析式当宣传费用为多少万元时，生产该产品获得的年利润最大 本小题分在中，角，，的对边分别为，，，，且B.求若的周长为，求边上中线的长． 本小题分如图，，分别为正方形的边，的中点，平面，平面，与交于点，，，．证明：平面求点到平面的距离求二面角的大小．本小题分如图所示的几何体是由等高的个圆柱和半个圆柱组合而成，点为的中点，为圆柱上底面的圆心，为半个圆柱上底面的直径，，分别为，的中点，点，，，四点共面，，为母线．证明：平面若平面与平面所成的较小的二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．本小题分已知函数．讨论函数的单调性设，若，且，使得，证明：．
答案和解析 1.【答案】 【解析】【分析】本题考查复数的四则运算、复数的代数表示及其几何意义，属于基础题．【解答】解：因为，
所以，即，
所以，故在复平面内对应的点为，位于第四象限．  2.【答案】 【解析】【分析】本题考查了集合的基本运算，以及一元二次不等式的求解，属于基础题．【解答】解：由，得或，所以，
由，得或，所以或，
从而．  3.【答案】 【解析】【分析】本题考查条件关系的判断，余弦型函数的值域，分式不等式的求解，属于中等题．【解答】解：由，得，所以，即由，得，因为，，故是的必要不充分条件．  4.【答案】 【解析】【分析】本题考查了圆锥的结构特征，表面积计算，属于基础题．【解答】解：设圆锥底面半径为，母线长为，则，所以，
所以圆锥的高为，
所以，解得，
故其表面积．  5.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查正方体的结构特征，截面的形状，属于基础题．【解答】解：易知过不相邻的三个顶点的截面是等边三角形，故A，，都是可能的．
故选D．  6.【答案】 【解析】【分析】本题考查正弦型函数的周期、图象变换，属于中档题．【解答】解：由题意，得，解得，所以，其图象向左平移个单位长度，可得的图象，即为的图象，所以，解得，又，则故选D．  7.【答案】 【解析】【分析】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，解题时要认真审题，属于基础题．【解答】解：取的中点，连接交于点，连接，
则，且，
则为异面直线与所成的角或其补角．
易求，，则，
所以．
   8.【答案】 【解析】【分析】本题考查函数奇偶性及周期性的综合应用，考查了函数值的求解，属中档题．【解答】解：因为为奇函数，所以，
又为偶函数，所以，
所以，即，所以，
故是以为周期的周期函数．
由，易得，，
所以，所以，，解得，，
所以．  9.【答案】 【解析】【分析】本题考查利用不等式的基本性质判断不等关系，属于基础题．【解答】解：因为，所以，所以，所以，又，所以，所以，故 A错误，B正确因为，，所以，所以故D错误，C正确故选BC．  10.【答案】 【解析】【分析】本题考查数列的性质的应用，属于中档题．
直接利用数列的定义和性质求出结果．【解答】解：对于，若，则，
当时，显然时也满足，
故，故为等差数列，故A正确
对于，若，则，，，
显然，所以不是等比数列，故B错误
对于，因为为等差数列，则，故C正确
对于，，故D错误．
故选AC．  11.【答案】 【解析】【分析】本题考查利用导数比较大小，涉及函数的构造，利用导数判断函数的单调性，属于较难题．【解答】解：设 ，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，，
所以，即；
所以，故A正确；
因为，所以，
又，所以，故B正确；
因为，所以，，，
即，，
因为，所以，，故C错误，D正确．  12.【答案】 【解析】【分析】本题考查空间组合体的线线、面面的位置关系，球的切接问题，属于综合题．【解答】解：对于，取的中点，连接，，则，，又，平面，，所以平面，因为平面，所以，又，所以，故A正确
对于，设内切球半径为，易求得四棱锥的一个侧面的面积为，所以，解得，故B错误；对于，取的中点，连接，，，，易知，，，所以，分别是二面角，二面角的平面角，易求得，所以，，
又，，所以与互补，所以，，，共面，故C正确
因为，，，共面，又，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，同理平面，又，平面，，所以平面平面，故D正确．  13.【答案】 【解析】【分析】本题考查向量的四则运算与数量积，考查模长的求法，属于基础题．【解答】解：，由，
得，解得．
则，
故．  14.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查了基本不等式的应用，指数幂的运算以及等比中项的概念，属于基础题．【解答】解：由题意得，即，所以，
又，所以，，
所以，
当且仅当，即，时等号成立．
故的最小值为．  15.【答案】 【解析】【分析】本题考查利用导数求曲线上一点的切线方程，判断图象是否为函数，属于中档题．【解答】解：，所以，故函数的图象在处的切线为，其向上部分与轴正向的夹角为，函数的图象绕原点旋转不超过时，仍为某函数图象，若超过，轴与图象有两个公共点，与函数定义不符，故的最大值为．  16.【答案】 【解析】【分析】本题考查了几何体的外接球问题，属于中档题．【解答】解：取，中点，，正方形中心，中点，
连接，，，，如图，

依题意，平面，，点是的中点，，等腰中，，，同理，
所以等腰梯形的高，
由几何体的结构特征知，几何体的外接球的球心在直线上，
连接，，，正方形的外接圆半径，
则有而，，
当点在线段的延长线含点时，视为非负数，
若点在线段不含点上，视为负数，
即有，
即，解得，
所以该几何体的外接球的球心为，半径为，
所以该几何体的外接球的表面积．  17.【答案】解：设数列的公比为，由题意知，，
即因为，，所以，所以，所以．证明：由得，所以，所以，所以．显然单调递增，所以，因为，所以，所以． 【解析】本题考查了等比数列的通项公式以及前项和公式，以及裂项相消法求和和数列的单调性的于应用 ，属于中档题．
 18.【答案】解：．由知，所以，当且仅当，即时等号成立．所以当宣传费用为万元时，生产该产品获得的年利润最大． 【解析】本题考查函数模型的实际应用，属于基础题．
 19.【答案】解：因为又，所以，由余弦定理，得．又，所以，由及正弦定理，得，所以，由，得，所以，解得．由可知，，所以，所以，由，得因为的周长为，所以，解得．设的中点为，则．由余弦定理，得，所以边上中线的长为 【解析】本题考查利用余弦定理解三角形，考查正弦定理，属于中档题．
 20.【答案】证明：连接，因为，分别为，的中点，所以．因为平面，平面，所以，所以．因为四边形为正方形，所以，又，所以，又，平面，，所以平面．解：由知，又平面，平面，所以平面．设与的交点为，则点到平面的距离等于点到平面的距离，由知平面，又平面，所以平面平面，作，为垂足，因为平面平面，平面，所以平面，因为，，，为，的中点，所以，，，由∽得，得，即点到平面的距离为．解：由平面可得，同理可证，所以为二面角的一个平面角，因为平面，平面，所以，同理，又，，所以，所以，即二面角的大小为．
  【解析】本题考查线面垂直的证明、点到平面的距离的几何求法及二面角的求解，考查学生的推理论证能力、逻辑思维能力以及运算求解能力，属中档题．
 21.【答案】解：证明：取的中点，连接，，又为的中点，所以，又平面，平面，所以平面，因为，，，分别为，的中点，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，又，平面，，所以平面平面，因为平面，所以平面．解：由题意知，，两两垂直，故以点为原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．设圆柱的底面半径为，高为，则，，，，，，，所以，，，，设平面的一个法向量，则，即令，解得，，所以设平面的一个法向量，则
即
令，解得，，所以，所以，，化简，得，所以，所以，设与平面所成的角为，所以，．
  【解析】本题考查线面平行的判定，利用空间向量解决平面与平面所成的角，直线与平面所成的角，属于综合题．
 22.【答案】解：的定义域为，，当时，在上恒成立，
所以在上单调递增当时，令，得令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增．证明：，由题意知，，，不妨设，使得所以，整理为，令，，则，所以在上单调递增，又，所以，所以，所以，因为，所以，即，所以．下面证明，即证明，设，即证明，只要证明．设，则，所以在上单调递增，所以所以，所以，所以． 【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性以及恒成立问题，属于较难题．