2023届安徽省九师联盟高三上学期11月质量检测数学试题含解析

2023届安徽省九师联盟高三上学期11月质量检测数学试题

一、单选题

1．已知复数z满足，则z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

【答案】D

【分析】利用复数运算求得，进而求得对应点所在象限.

【详解】因为，所以，

即，所以，

故z在复平面内对应的点为，位于第四象限．

故选：D

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】解一元二次不等式求得集合，解绝对值不等式求得集合，由此求得.

【详解】由，得或，所以；

由，得或，所以或，

从而．

故选：C

3．若，，则p是q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

【答案】B

【分析】根据三角函数值域的求法求得中的范围，解分式不等式求得中的范围，由此判断出充分、必要条件.

【详解】对于：由，得，，

所以，即；

对于：由，得，

故p是q的必要不充分条件．

故选：B

4．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．27π B． C． D．16π

【答案】A

【分析】根据条件先算出母线长与底面半径的关系，再根据体积计算出底面半径即可.

【详解】设圆锥底面半径为r，母线长为l，则，所以，所以圆锥的高为，

所以，解得，故其表面积；

故选：A．

5．用一个平面去截正方体，如果截面是三角形，则截面三角形的形状不可能是（    ）

A．直角三角形 B．等腰三角形 C．锐角三角形 D．等边三角形

【答案】A

【分析】画出用一个平面去截正方体得到的几何体的图形，结合正方体的性质，即可判断.

【详解】如图1，易知为正三角形，于是答案B,C,D都有可能，

对A，如图2，

若为直角三角形，根据正方体的对称性，不妨假设EF⊥FG，由正方体的性质可知：，，所以平面，而平面，于是过同一点作出了一个平面的两条垂线，显然不成立，A错误.

故选：A.

6．若函数的图象与直线的两相邻公共点的距离为π，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

【答案】D

【分析】先求出函数的周期，然后根据函数解析式以及平移规则求解即可.

【详解】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．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．

【答案】B

【分析】在三棱锥内构造直线使其平行于 ，然后构造三角形，运用异面直线夹角的定义求解即可.

【详解】

取的中点D，连接交于点E，连接DE，

则 且，则为异面直线与所成的角或其补角．

易求，，则，

所以.

故选：B．

8．已知函数是定义域为R的偶函数为奇函数，当时，，若，则（    ）

A．2 B．0 C．-3 D．-6

【答案】C

【分析】根据条件，可以证明 是周期为4的周期函数，计算出 和k，由周期性可得 ，再利用函数的对称性即可求解.

【详解】因为为奇函数，所以，又为偶函数，

所以，所以，即，

所以，故是以4为周期的周期函数；

由，易得，，所以，

所以，，解得，；

所以；

故选：C．

二、多选题

9．已知，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】利用不等式的基本性质判断不等关系．

【详解】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．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

【答案】AC

【分析】利用与的关系，结合等差数列与等比数列的定义，可得A、B的正误；根据等差中项以及等差数列求和公式，可得C的正误；取时的特殊情况验证不等式，可得D的正误.

【详解】对于A，若，则，

当时，，显然时也满足，

故，由，则为等差数列，故A正确；

对于B，若，则，，，

显然，所以不是等比数列，故B错误；

对于C，因为为等差数列，则，故C正确；

对于D，当时，，故当时，不等式不成立，即不成立，故D错误．

故选：AC．

11．已知函数，是其导函数，，恒成立，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】构造函数，利用导数判断函数的单调性，依次判断各个选项，进而得解.

【详解】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．

故选：ABD．

12．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，（    ）

A．

B．正四棱锥的内切球半径为

C．，，，四点共面

D．平面 平面

【答案】ACD

【分析】结合选项逐个验证，线线垂直通常转化为线面垂直，锥体的内切球半径通常采用分割法求解，四点共面借助余弦定理来判断，平面与平面平行通常借助线面平行来判断.

【详解】对于A，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B，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C，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．

故选：ACD.

三、填空题

13．已知向量，，且，则______．

【答案】

【分析】由向量线性运算及垂直的数量积表示可得方程解出m，即可由坐标计算向量模.

【详解】，由得，解得．

则，故．

故答案为：.

14．已知，若是与的等比中项，则的最小值为__________．

【答案】

【分析】由是与的等比中项，得到，再结合“1”的代换，利用基本不等式求解.

【详解】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．

故答案为：

15．已知函数，将的图象绕原点逆时针旋转角后得到曲线C，若曲线C仍是某个函数的图象，则θ的最大值为______．

【答案】##

【分析】求得在点处的切线方程，从而求得正确答案.

【详解】依题意，

，所以，故函数的图象在处的切线为，

切线向上的方向与y轴正方向的夹角为，函数的图象绕原点旋转不超过时，

仍为某函数图象，若超过，y轴与图象有两个公共点，与函数定义不符，

故的最大值为．

故答案为：

16．如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，平面ABCD，，，则该几何体的外接球的表面积为______．

【答案】

【分析】建立空间直角坐标系，运用空间坐标计算出外接球的球心和半径即可.

【详解】以正方形ABCD的中心O为原点，过O点平行于AB的直线为y轴，过O点平行于BC的直线为x轴，EF的中点为M，以直线OM为z轴，建立空间直角坐标系如图：

过F点作平面ABCD的垂线，垂足为G，在 中， ，由余弦定理得：

在 中， ， ，

外接球的球心 必定在线段OM上，设 ，则有： ，

即 ，解得： ，

即O就是外接球的球心，外接球半径 ，所以外接球表面积 ；

故答案为： .

四、解答题

17．在各项均为正数的等比数列中，为其前n项和，，，，成等差数列．

(1)求的通项公式；

(2)若，数列的前n项和为，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】(1)根据条件，结合等比数列基本量，列等式求，即可求数列的通项公式；

（2）根据（1），再利用裂项相消法求数列的和，根据数列的单调性，即证明不等式.

【详解】（1）设数列的公比为q，由题意知，

即，

因为，，所以，所以，所以．

（2）证明：由（1）得，所以，

所以，

所以．

显然单调递增，所以，

因为，所以，所以．

18．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y（万件）与宣传费用x（万元）的关系为．已知生产该产品y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．

(1)求产品的年利润的解析式；

(2)当宣传费用为多少万元时，生产该产品获得的年利润最大？

【答案】(1)

(2)1万元

【分析】(1)根据利润等于总收入减去成本和宣传费用，写出函数解析式即可；

(2)结合（1）的解析式，利用基本不等式即可求出最值，进而求解.

【详解】（1）

．

（2）由（1）知，

所以，

当且仅当，即时等号成立．

所以当宣传费用为1万元时，生产该产品获得的年利润最大．

19．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且．

(1)求B；

(2)若的周长为，求BC边上中线的长．

【答案】(1)

(2)．

【分析】（1）已知条件结合余弦定理求得，再由正弦定理求.

（2）由（1）求出角，利用三角形周长求出各边的长，再由余弦定理求BC边上中线的长．

【详解】（1）由，有，

又，所以，即，

由余弦定理，得．

又，所以，

由及正弦定理，得，所以，

由，得，所以，解得.

（2）由（1）可知，，所以，

所以，由，得．

因为的周长为，

所以，解得．

设BC的中点为D，则，如图所示:

在中由余弦定理，得：

，

所以BC边上中线的长为．

20．如图，E，F分别为正方形ABCD的边AB，AD的中点，平面ABCD，平面ABCD，AC与EF交于点M，，，．

(1)证明：平面PMC；

(2)求点B到平面PEF的距离；

(3)求二面角的大小．

【答案】(1)证明见解析

(2)1

(3)90°．

【分析】（1）通过证明来证得平面.

（2）将点B到平面PEF的距离，转化为点O到平面PEF的距离，结合相似三角形对应边成比例求得正确答案.

（3）判断出二面角的平面角，解三角形求得二面角的大小.

【详解】（1）连接BD，因为E，F分别为AB，AD的中点，所以．

因为平面ABCD，平面ABCD，所以，所以．

因为四边形ABCD为正方形，所以，又，所以，

又AC，平面PMC，，所以平面PMC．

（2）由（1）知，又平面PEF，平面PEF，所以平面PEF．

设AC与BD的交点为O，则点B到平面PEF的距离等于点O到平面PEF的距离，

由（1）知平面PMC，又平面PEF，所以平面平面PMC，

作，N为垂足，因为平面平面且交线为，平面PMC，

所以平面PEF．因为，，E，F为AB，AD的中点，

所以，，，由得，

得，即点B到平面PEF的距离为1．

（3）由平面PMC可得，同理可证，

所以为二面角的一个平面角，

因为平面ABCD，平面ABCD，所以，同理，

又，，所以，所以，

即二面角的大小为90°．

21．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G为的中点，D为圆柱上底面的圆心，DE为半个圆柱上底面的直径，O，H分别为DE，AB的中点，点A，D，E，G四点共面，AB，EF为母线．

(1)证明：平面BDF；

(2)若平面BDF与平面CFG所成的较小的二面角的余弦值为，求直线OH与平面CFG所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）过构造与平面平行的平面，通过面面平行，即可证明线面平行；

（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，结合已知二面角的余弦值求得圆柱的高与底面半径之间的关系，再由向量法求解线面角即可.

【详解】（1）证明：取EF的中点M，连接OM，HM，又O为DE的中点，所以，

又平面BDF，平面BDF，所以∥平面BDF，

因为，，H，M分别为AB，EF的中点，所以，且，

所以四边形BFMH为平行四边形，所以，

又平面BDF，平面BDF，所以平面BDF，

又OM，平面OMH，，所以平面平面BDF，

因为平面OMH，所以平面BDF．

（2）由题意知CB，CF，CD两两垂直，故以点C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系：

设圆柱的底面半径为r，高为h，

则，，，，，，，

所以，，，，．

设平面BDF的一个法向量，则，即

令，解得，，所以；

设平面CFG的一个法向量，则，即

令，解得，，所以，

所以，

化简，得，所以，

所以，．设OH与平面CFG所成的角为，

所以．

22．已知函数．

(1)讨论函数的单调性；

(2)设，若，且，使得，证明：．

【答案】(1)见解析

(2)见解析

【分析】（1）求导，分和两种情况讨论，根据导数的符号即可得出答案；

（2）不妨设，由，得，构造函数，利用导数证明，再通过放缩构造新的函数，进而可得出结论.

【详解】（1）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，

综上所述，当时，在上单调递增；

当时，在上单调递减，在上单调递增；

（2）证明：，

由题意知，，不妨设，使得，

所以，

整理，

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．

【点睛】思路点睛:利用导数求含参函数的单调性时，一般先求函数的定义域，求出导数后，令导数为零，解方程，讨论方程的根的个数以及根与定义域的位置关系，确定导数的符号，从而求出函数的单调性.