安徽省六安市2024届高三(上)期末教学质量检测数学试卷(解析版)

这是一份安徽省六安市2024届高三(上)期末教学质量检测数学试卷(解析版)，共15页。试卷主要包含了单选题，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，即，则且，
则，，所以.
故选：D.
2. 已知复数z的共轭复数在复平面内对应的点为，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由已知得，，
则复数的虚部为.
故选：C
3. 已知向量，向量，则与的夹角大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】向量，，则，而，所以，的夹角为.
故选：D
4. 等差数列的公差不为0，其前n项和为，若，则（ ）
A. 11B. 12C. 13D. 14
【答案】C
【解析】设等差数列的公差为d，
所以，则有，
即，又，所以，所以.
故选：C.
5. 函数，若，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】当时，，因为在上单调递增，此时单调递增，
当时，易知单调递增，且当时，，
则在上单调递增，
因为，则，
所以由得，
所以，解得.
故选：A.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以，
则，即，
所以.
故选：B.
7. 圆上一点关于x轴的对称点为B，点E，F为圆O上的两点，且满足，则直线的斜率为（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】B
【解析】由知，
所以，而，∴.
故选：B.
8. 某种生命体M在生长一天后会分裂成2个生命体M和1个生命体N，1个生命体N生长一天后可以分裂成2个生命体N和1个生命体M，每个新生命体都可以持续生长并发生分裂.假设从某个生命体M的生长开始计算，记表示第n天生命体M的个数，表示第n天生命体N的个数，则，，则下列结论中正确的是（ ）
A. B. 数列为递增数列
C. D. 若等比数列，则
【答案】B
【解析】依题意，，，则，而，
因此数列是首项为1，公比为3的等比数列，，
又，因此，于是，，
对于A，，A错误；
对于B，，显然数列是递减数列，因此为递增数列，B正确；
对于C，，C错误；
对于D，，由为等比数列，
得，解得或，
当时，，显然数列是等比数列，
当时，，显然数列是等比数列，
因此当数列是等比数列时，或，D错误.
故选：B
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】A选项，定义域为，
且，故为偶函数，
且时，单调递增，故A正确；
B选项，的定义域为，故不是偶函数，故B项错误；
C选项，时，单调递减，故C项错误；
D选项，的定义域为R，且，
故是偶函数，
且时，，函数单调递增，故D项正确.
故选：AD
10. 地震释放的能量E与地震震级M之间的关系式为，2022年9月18日我国台湾地区发生的6.9级地震释放的能量为，2023年1月28日伊朗西北发生的5.9级地震释放的能量为，2023年2月6日土耳其卡赫拉曼马拉什省发生的7.7级地震释放的能量为，下列说法正确的是（ ）
A. 约为的10倍
B. 超过的100倍
C. 超过的10倍
D. 低于的10倍
【答案】BC
【解析】A.，所以，故A错误；
B.，，故B正确；
C.，，故C项正确，D项错误.
故选：BC
11. 已知函数的导函数为，对任意的正数x，都满足，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】BC
【解析】设，则，
所以在上单调递增，
由得，故A项错误；
由得，故B项正确；
设，则，
所以在上单调递减，
由得，故C项正确：
由得，故D项错误.
故选：BC.
12. 在棱长为1的正方体中，P为棱上一点，满足（d为定值），记P点的个数为n，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，
B. 当时，
C. 当时，
D. n的最大值为18
【答案】AD
【解析】当点P位于A或处时，d取到最小值.
当P在棱上由A到B移动时，d由增大到，
当P在，，，，等棱上移动时，d的变化也是由增大到.
当P在棱上由B到移动时，d由减少到，再由增大到；
当P在，，，，等棱上移动时，d也是由减少到，再由增大到.
故选：AD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 抛物线的焦点F与x轴上一点A的连线的中点P恰在抛物线上，则线段的长为______.
【答案】
【解析】因为，即，可知抛物线的焦点，准线为，
设，则线段的中点为，
则，所以.
故答案为：.
14. 如图，在四边形中，，，，，，求四边形绕直线旋转一周所成几何体的表面积为______.
【答案】
【解析】作，，E，F为垂足，
因为，所以，
因为，所以，，
故，
又，，故，
，
由勾股定理得，
四边形绕直线旋转一周所成几何体的表面积分为三部分，
以为半径的圆的面积，
以为母线和为半径的圆锥的侧面积，
以为母线的圆台的侧面积
所以该几何体的表面积为.
故答案为：
15. 已知函数的最小正周期为，将函数的图象上的所有点向右平移个单位长度，再将所得的图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到的图象，则在上的值域为______.
【答案】
【解析】，，，，
将函数的图象上的所有点向右平移个单位长度，
得到，
再将所得的图象上各点的横坐标缩短为原来的，
得到，因为，所以，
所以，
所以在上的值域为.
故答案为：
16. 已知是双曲线的右焦点，圆与双曲线C的渐近线在第一象限交于点A，点B在双曲线C上，，则双曲线C的渐近线方程为______.
【答案】
【解析】由，得点A为的中点，记为C的左焦点，连接，令半焦距为c，
则，由，解得，即，而，
因此，由双曲线定义得，即，
所以双曲线C的渐近线方程为.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知数列的前项和为，.
（1）求证：数列为等比数列；
（2）当时，设，求数列的前项和.
证明：（1）因为，
当时，，解得，
由得，
两式作差得，
即，则，又，
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
解：（2）当时，由（1）得，
又，
所以，
所以
.
18. 在中，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c.
（1）若，，求角A的值；
（2）若，且b是a和的等差中项，求的值.
解：（1）因为，由正弦定理得，
又因为，所以，
且，所以或.
（2）显然，
由b是a和的等差中项得，即，可得，
因为，由余弦定理可得，
化简得，即，解得或（舍去），
由，可得，
由余弦定理，得.
19. 已知函数.
（1）若函数的图象在处的切线与x轴平行，求函数的图象在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性.
解：（1）.
由题意，解得，
所以，，
在处的切线方程为
（2）.
①当时，，在上单调递增.
②当时，由得，在上的变化情况如下表：
由上表可得在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，增区间为，无减区间；
当时，增区间为和，减区间为.
20. 如图，在三棱锥中，，垂足为点E，平面，垂足在上，点在上，且.
（1）证明：平面；
（2）若，，三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.
证明：（1）由平面，平面，得，
又，而平面，平面，，
所以平面，又平面，所以.
再由平面，平面，得，得，
又，，得，即.
又平面，平面，，所以平面.
解：（2）由条件知，
所以，在中，，所以.
由（1）知，所以，即，得，
可知为的中点，过点作交于点
由（1）易得，，两两垂直，以、、正交基底，
建立空间直角坐标系，如图所示
由题意可知，，，，，.
则，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量，
设直线与平面所成角，则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
21. 平面内一动点P到直线的距离，是它到定点的距离的2倍.
（1）求动点P的轨迹的方程；
（2）经过点F直线（不与y轴重合）与轨迹相交于M，N两点，过点M作y轴平行线交直线l于点T，求证：直线过定点.
解：（1）由题意，设动点P的坐标为，则，
平方整理得，所以点P的轨迹方程为.
证明：（2）由题意，设直线的方程为，，，则.
将代入得，
所以，，显然，
所以
因为直线的方程为，
令，则
，
因此，直线过定点.
22. 已知函数.
（1）求函数的极值；
（2）设函数有两个极值点，求证：.
解：（1）的定义域为，
①若，则，时，时，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的极大值为，无极小值，
②若，则，在上单调递增，无极值.
③若，由得或，
时，时，时，
故在，上单调递增，在上单调递减，
所以极大值为，极小值为.
④若，由得或，
时，时，时，
故在，上单调递增，在上单调递减，
所以极大值为，极小值为.
综上，当时，极大值为，无极小值；
当时，极大值为，极小值为；
当时，无极值；
当时，极大值为，极小值为.
证明：（2）由（1）知函数有两个极值点时，.
，
，
所以
，
因为，所以，
所以，
即.x



0
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极大值
极小值