2022-2023学年安徽省六安市一中省示范高中高三上学期1月教学质量检测数学试题（解析版）

2022-2023学年安徽省六安市一中省示范高中高三上学期1月教学质量

数学试题

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、座位号等填写在答题卡和答题卷指定位置上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.

3.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40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.全集，集合，则（    ）

A.  B.

C.  D.

2.若复数满足，则复数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

3.已知中，O为BC的中点，且，，，则向量在向量上的投影向量为（    ）

A. B. C. D.

4.已知圆，点在直线上，过点作圆的切线，切点分别为A、B，则切线段的最小值为（    ）

A.1 B.2 C. D.3

5.2022年诺贝尔物理学奖授予在量子领域做出贡献的法国、美国、奥地利科学家，我国于2021年成功研制出目前国际上超导量子比特数量最多的量子计算原型机“祖冲之号”，操控的超导量子比特为66个.已知1个超导量子比特共有“,”2种叠加态，2个超导量子比特共有“,，，”4种叠加态，3个超导量子比特共有“，，，，，，，”8种叠加态，…，只要增加1个超导量子比特，其叠加态的种数就呈指数级增长.设66个超导量子比特共有种叠加态，则是一个（    ）位的数.（参考数据：）

A.19 B.20 C.66 D.67

6.已知函数的图象的一部分如图所示，则该函数解析式可能是（    ）

A.  B.

C. D.

7.已知中，a、b、c为角A、B、C的对边，，若与的内角平分线交于点I，的外接圆半径为，则面积的最大值为（    ）

A. B. C. D.

8.已知，，.则（    ）

A. B. C. D.

二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多选项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.下列说法不正确的是（    ）

A.已知命题，都有，则，使

B.数列前n项和为，则，，成等比数列是数列成等比数列的充要条件

C.是直线与直线平行的充要条件

D.直线l的斜率为k，则为直线l的方向向量

10.椭圆的上下顶点分别A、B，焦点为、，为椭圆上异于A、B的一动点，离心率为e，则（    ）

A.的周长为

B.离心率e越接近1，则椭圆C越扁平

C.直线PA、PB的斜率之积为定值

D.存在点P使得，则

11.设函数，则下列结论正确的是（    ）

A.若函数的最小正周期为，则

B.存在，使得的图象向右平移个单位长度得到的函数图象关于原点对称

C.若，当时，函数的值域为

D.若在上有且仅有4个零点，则

12.已知长方体中，，，点是四边形内（包含边界）的一动点，设二面角的大小为，直线与平面所成的角为，若，则（    ）

A.点的轨迹为一条抛物线

B.线段长的最小值为3

C.直线与直线所成角的最大值为

D.三棱锥体积的最大值为

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.抛物线的准线方程为______.

14.已知等差数列的前n项和为，，，则数列的前20项和是______.

15.正三棱锥的侧棱长为2，M为AB的中点，且，则三梭锥外接球的表面积为______.

16.已知函数，，若，，则的最大值为______.

四、解答题：本题共6小题，共70分，解答题应写出文字说明、证明过程和演算步骤.

17.（本题满分10分）

在①，②这两个条件中任选一个，

补充在下面的问题中，并解答问题.

在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且满足______.

（1）求角的大小：

（2）若的面积为，点D在边AB上，且，求CD的最小值.

（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答记分.）

18.（本题满分12分）

如图，在四棱锥中，，，，平面，，为线段上一点且.

（1）证明：平面；

（2）若，二面角的正弦值为，求PD的长.

19.（本题满分12分）

已知是数列的前n项和，且.

（1）求数列的通项公式；

（2）若，是的前项和，证明：.

20.（本题满分12分）

随䍰六安市经济发展的需要，工业园区越来越受到重视，成为推动地方经济发展的重要工具，工业园区可以有效创造和聚集力量，共享资源，克服外部负面影响，带动相关产业发展，从而有效促进产业集群的形成.已知工业园区内某工厂要设计一个部件（如图阴影部分所示），要求从圆形铁片上进行裁剪，部件由三个全等的矩形和一个等边三角形构成.设矩形的两边长分别为，（单位：），要求，部件的面积是.

（1）求y关于x的函数解析式，并求出定义域；

（2）为了节省材料，请问x取何值时，所用到的圆形铁片面积最小，并求出最小值.

21.（本题满分12分）

已知函数.

（1）讨论函数的单调性；

（2）函数，若在上恒成立，求实数m的取值范围.

22.（本题满分12分）

已知两点、，动点M满足直线MA与直线MB的斜率之积为3.，动点M的轨迹为曲线C.

（1）求曲线C的方程；

（2）过点作直线交曲线C于P、Q两点，且两点均在y轴的右侧，直线AP、BQ的斜率分别为、.

①证明：为定值；

②若点Q关于x轴的对称点成点H，探究：是否存在直线l，使得的面积为，若存在，求出直线l的方程，若不存在，请说明理由.

数学试卷答案

1.C  【详解】，所以，故正确答案为C.

2.A  【详解】令，根据题意可得：.

∴，∴，则，所以复数对应的点位于第一象限，故正确答案为A.

3.C  【详解】∵，，，

∴投影向量为，故答案选C.

4.B  【详解】，所以当时，PA的长最小，C到l的距离为，所以，故答案选B.

5.B  【详解】根据题意，设个超导量子比特共有种叠加态，

所以当有66个超导量子比特共有种叠加态。

两边取以10为底的对数得，

所以，由于，

故N是一个20位的数.故选：B

6.D  【详解】图像关于原点对称，所以B错误，，，

所以排除C选项，A选项函数图像与x轴的交点为，交点间距离相等，不符合题意，所以正确答案为D.

7.A  已知，∴，为直角三角形且外接圆半径为

∴，∴，设内切圆半径为，则.

，∴

（当且仅当时等号成立），故答案选A

8.B  【详解】在时，，所以，当时，，故答案选B.

9.BC  【详解】A选项根据命题的否定可知该命题为真命题.B选项中当n为偶数，时，，，，等比数列的项不可为0，所以该命题为假命题.C选项中当时，两条直线重合，所以该命题为假命题.D选项的命题为真命题，故答案选BC.

10.ABD  【详解】的周长为，而，所以周长是A选项正确.

，当越接近1，的值越小，所以椭圆越扁平，B选项正确.

，，设，则，而代入可得：C选项错误.当P点在短轴端点时最大，若，则，所以，有，，故，D选项正确，故正确答案为ABD.

11.BD  【详解】由倍角公式降幕可得：，，可知：，所以A选项错误，将图像向右平移得到，该函数图像关于原点对称，则，所以，当时，满足题意，B选项正确.当时，，所以，则的值域为，所以C选项错误，，则，因为函数有且仅有4个零点，所以，解得，D选项正确.故正确选项为BD.

12.BCD  【详解】过P点作PQ垂直与底面，垂足为O，过O作，垂足为，

连接，，则，，所以，而O为P点在底面的投影，所以P到的距离等于，而是在底面上，所以点的轨迹是抛物线的一部分，A选项错误，当点在的中点时最短，此时，所以B选项正确，与所成的角即与所成的角，当与该段抛物线相切时，角最大为，所以C选项正确，，当点在的中点时，点到距离最大，三角形面积最大，三棱锥体积最大，，所以D选项正确.故正确答案为BCD.

13.  【详解】根据抛物线的定义可直接得出答案.

14.202  【详解】由得

又，∴，即

∴，公差.∴

∴

∴的前n项和为

.

15.  【详解】正三棱锥中对边相互垂直，所以，而，所以平面，故，所以三条侧棱互相垂直，该三棱锥是一个正方体的一个角，所以外接球与正方体相同，所以，表面积为.

16.  【详解】由可知，且由可知

所以，所以.令，则，

所以在，所以.

17.（1）方案一：选条件①.

由，可得，

由正弦定理得，     ……2分

因为，所以，

所以，

故，

又，于是，即，     ……4分

因为，所以.     ……5分

方案二：选条件②.

，由正弦定理得，     ……2分

即，∴，

∴由余弦定理得.     ……4分

又，所以.     ……5分

（2）∵，∴，又，     ……6分

∴     ……7分

∴     ……9分

当且仅当时，等号成立

∴CD的最小值为.     ……10分

18.（1）过点作交DC于点G，连接BG，∵

∴，，∴平面平面

又平面，∴平面.     ……5分

（2）以DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系，令，

则，，

，，     ……7分

设平面的法向量为

∴，，令，则，

易知平面的法向量为     ……9分

∴，可得

∴     ……12分

19（1）时，

时     ……2分

经验证时

∴     ……5分

（2）时     ……6分

时，     ……8分

，     ……11分

∴.     ……12分

20.（1），

故.     ……3分

，即，解得.

故，     ……6分

（2）如图所示：作交于，交于，连接.

故，

故

，     ……10分

当，即时等号成立.

故当时，面积最小值.     ……12分

21.（1）函数的定义域为，     ……1分

①当时，，所以在上为单调递减函数     ……3分

②当时，时，；时，，

所以在上为单调递减函数，在为单调递增函数.     ……5分

（2）由得，

∴，     ……7分

令，     ……8分

当时，时，

所以在单调递增，在单调递减，     ……10分

∴

故.     ……12分

22.（1）令，根据题意可知：，

化简，可得：     ……3分（范围还可以是：  无范围扣1分）

（2）设，，可设直线，联立方程

可得：，

则，     ……5分

故且

①

.     ……7分

②∵轴，∴，由两点式方程可得的直线方程为：

，

∴，将，代入可得：

，     ……8分

将代入上式，得到：

，

所以直线过定点     ……10分

∴

∴或（舍）

所以存在直线l，使得的面积为，

直线l的方程为：或.     ……12分